我有以下递归公式：
f(0) = 0
f(1) = 1
f(n) = n + f(floor(n/2))
在代码中可以表示为：
int f(int n) {
int s = 0;
for (; n; n >>= 1)
s += n;
return s;
}
是否有一种封闭形式可以让我一步计算f(n)？
如果没有，我还能做些什么来更快地计算f(n)？
【问题讨论】：
标签： c performance recurrence
在OEIS 上搜索得到这个系列：
A005187: a(n) = a([n/2]) + n;也是扩展的分母 1/sqrt(1-x) 是 2^a(n);还有 2n - 二进制展开中 1 的个数 2n.
所以第二部分给出了2*n - bitcount(2*n)的公式。您可以使用一些有效的位计数实现来计算这个，例如 gcc 的__builtin_popcount。
【讨论】：
还要注意 bitcount(2n) = bitcount(n)
推导如下：
让 n = sum(b[j] 2^j) for j=0...N
假设 b[N] = 1. 定义
(a) F(n) = n + F(n/2) = n+n/2+n/4+... = 2 * n - (1/2 + 1/4 + ... 1/2^N) 几何级数
这个函数 F 是一个实值函数。现在对于设置的每个位 b[j]，floor 函数减去 b[j](sum(1/2^k, k=1...j+1))。这是因为它实际上取出了 1/2，但是随着它的传播，后续的项被添加了。
所以
(b) f(n) = floor(F(n)-sum(b[j] sum(1/2^k, k=1...j+1), 对于 j=0... N-1)
将 (a) 代入 (b) 得到
(c) f(n) = floor(2n - (1/2 + 1/4 + ... 1/2^(N+1)) - sum(b[j] (sum(1/2^(k), for k=1..j+1), for j=0...N-1))
好的，这部分很酷！观察当b[j]为1时，如果把粗体表达式中的1/2^(j+1)偷偷到斜体的sum里面，sum里面的sum变成1，也就是说
b[j] (sum(1/2^(k), for k=1..j+1), for j=0...N-1) = sum(b[j], for j =0...N-1)
所以方程（c）简化为
f(n) = floor(2*n - sum(b[j], for j=0...N-1) - remainder)
f(n) = 2*n - bitcount(n-2^N) - 1 ; because remainder >0 and <1
f(n) = 2*n - bitcount(n) ; b[N]=1, so bitcount(n)=bitcount(n-2^N)+1
其中余数是 sum(1/2^j, j=1,..N+1 and b[j-1]==0)，但这个总和总是 >0 且
还要注意，bitcount 运行时间可以等于设置的位数 (http://gurmeet.net/puzzles/fast-bit-counting-routines/)。一些处理器将其作为单独的指令。
不确定乳胶是否在这里有效，但没有数学符号会很痛苦。我一直不得不编辑它，因为看起来总是有问题。
【讨论】：
The function grows as follows -
f(n) = n + f(n/2)
f(n/2) can be further simplified as -
n/2 + f(n/4)
If we keep doing this, we will see n + n/2 + n/4 + n/8.....upto log n terms
= n (1 + 1/2 + 1/4 + 1/8...log n terms)
= n[ (1- (1/2)^log n)/(1/2)]
= 2n [1 - (1/2)^log n]
The term (1/2)^log n will become smaller and smaller as n increases, therefore the 2n term dominates. Hence f(n) belongs to big Theta (n)
【讨论】：