面试题精选:求根号2简单？高级算法你肯定不会

前两天逛github看到一道很简单的面试题——如何不用库函数快速求出2\sqrt22的值，精确到小数点后10位！第一反应这不很简单嘛，大学数据结构课讲二分查找的时候老师还用这个做过示例。但转念一想，能作为大厂的面试题，背后绝对没有那么简单，于是我google了下，结果找到了更巧妙的数学方法，甚至发现了一件奇闻趣事…… 一道简简单单的面试题，不仅能考察到候选人的编程能力，还能间接考察到候选人的数

xindoo

4327人浏览 · 2020-04-12 20:30:23

xindoo · 2020-04-12 20:30:23 发布

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前两天逛github看到一道很简单的面试题——如何不用库函数快速求出

\sqrt2

的值，精确到小数点后10位！第一反应这不很简单嘛，大学数据结构课讲二分查找的时候老师还用这个做过示例。但转念一想，能作为大厂的面试题，背后绝对没有那么简单，于是我google了下，结果找到了更巧妙的数学方法，甚至发现了一件奇闻趣事…… 一道简简单单的面试题，不仅能考察到候选人的编程能力，还能间接考察到候选人的数学素养，难怪很多大厂都会问这个。。。
在这里插入图片描述

回到正题，求

\sqrt2

究竟有多少种解法，我们由简入难一步步来看下我们是如何让计算机更快计算sqrt的。

二分查找

首先是稍微具备点编程和数据结构基础的人都能想到的二分查找，这里我不再具体讲解思路，但还是要编码测试下，主要是测试需要迭代多少次才能到达小数点后10位的精度。

public class BSearch {
    static double sqrt2 = 1.4142135624;
    static double delta = 0.0000000001;
    public static void main(String[] args) {
        double l = 1.0;
        double r = 2.0;
        int cnt = 0;
        while (l < r) {
            double mid = (l + r) / 2;
            if (Math.abs(l - sqrt2) < delta) {
                break;
            }
            if (mid * mid > 2.0) {
                r = mid;
            } else {
                l = mid;
            }
            cnt++;
        }
        System.out.println("经过" + cnt + "次迭代后得" + l);
    }
}

经过34次迭代后得1.4142135623260401

记住这个迭代次数34。

牛顿迭代

数学学得好的同学肯定知道牛顿迭代法，它是求解线性方程近似解的方法，因为有些方程无法快速求出精确解，只能尽可能去逼近。

回到我们求解 $\sqrt2$ 上，我们可以构造出多项式方程f(x)，使得 $f (x) = 0$ 的一个正根是 $\sqrt2$ ，最简单的就是 $f(x) = x^2 - 2= 0$ ，然后我们就可以运用牛顿迭代求解它的根了。
$x_{1}=x_{0}-\frac{f\left(x_{0}\right)}{f^{\prime}\left(x_{0}\right)} = x_0 - \frac{x_0^2-2}{2x_0}$

为了更直观些，我们图例展示下迭代两次的过程。
在这里插入图片描述
上图中黑色的曲线是 $f(x)=x^2-2$ ，我们最终想要的是它和x轴的交点X，也就是 $\sqrt2$ 的具体值。A点的坐标是(2,2)，绿色的线是 $f(x)=x^2-2$ 在点A处的切线，洋红色线是过A点的垂线。我们选的牛顿迭代初始点就是B，设B点的横坐标是 $x_0$ ，按求导的定义，AC点的斜率就是 $f^{\prime}(x)$ ，AB的长度就是 $f (x)$ ，知道了AB的长度，AC的斜率，BC的长度也就很好求了，就是 $\frac{f\left(x_{0}\right)}{f^{\prime}\left(x_{0}\right)}$ ，所以C点的横坐标就是 $x_1 = x_0 - \frac{f\left(x_{0}\right)}{f^{\prime}\left(x_{0}\right)}$ 。

怎么样，迭代一次之后就很逼近我们真正想要的X了，现在我们在C点把同样的事情再做一遍，如下图。
在这里插入图片描述
再一次迭代后得到了点E，点E比点C更加逼近X点，我把上图中点E局部放大如下。

可以看到点E已经相当接近 $\sqrt2$ 了，这只是两次迭代的效果，写个代码来看下到底需要迭代多少次就能达到精确到小数点后10位的精度。

具体代码如下，这里我取x的初始值为2.0 因为 $\sqrt2$ 不可能大于2，我们知道这点就可以取个近似值，减少迭代次数。

public class NewtonMethod {
    static double sqrt2 = 1.4142135624;
    static double delta = 0.0000000001;
    public static void main(String[] args) {
        double x = 2.0;
        int cnt = 0;
        while (Math.abs(x - sqrt2) > delta){
            x = x - (x*x - 2)/(2*x);
            cnt++;
        }
        System.out.println("经过" + cnt + "次迭代后得" + x);
    }
}

经过4次迭代后得1.4142135623746899

只需要4次迭代就能达到二分34次迭代的效果了，确实明显快多了。这里再补充一点，实际上x的初始值可以取任意正数，但是会影响到性能，我尝试取1亿，最终需要30次迭代，不过还是比二分快。

为了客观对比下牛顿迭代和二分的性能差异，这里我还是用JMH压测下，结果如下，压测结果仅供参考。

Benchmark           Mode  Cnt         Score   Error  Units
Test.NewtonMethod  thrpt    2  96292165.813          ops/s
Test.bSearch       thrpt    2  11856462.059          ops/s

到这里文章进度条只有一半，你是不是觉得我下面要讲比牛顿迭代更好更快的方法？实际我目前没有找到比牛顿迭代又好又快的算法了，但是我找到一个相关的故事，以及它引出的以牺牲精度换取速度求 $\frac{1}{\sqrt{x}}$ 的神奇算法，当然它也可以用来求 $\sqrt2$ 。

神奇的数字0x5f3759df

这首先要从一个诡异的常数说起—— 0x5f3759df，提到这个常数还得提到一个游戏，Quake-III Arena (雷神之锤3)。

这是90年代的经典游戏之一。该系列的游戏不但画面和内容不错，而且即使计算机配置低，也能极其流畅地运行。这款游戏后来在GPL协议下开源，github地址 https://github.com/id-Software/Quake-III-Arena，大家从中发现其中一个能够快速求解 $\frac{1}{\sqrt{x}}$ 的函数，代码如下。

float InvSqrt(float x)
{
	float xhalf = 0.5f*x;
	int i = *(int*)&x;
	i = 0x5f3759df - (i >> 1);
	x = *(float*)&i;
	x = x*(1.5f - xhalf*x*x);
	return x;
}

看完代码的我
在这里插入图片描述
其实这个算法就是牛顿迭代单次的近似解法，具体证明请看卡马克快速平方根倒数算法，它能以几十倍的速度优势秒杀其他算法，要知道几十年前的CPU速度可远不及现在的，速度就是绝对优势。这段代码看起来神奇，它的来源也很离奇。

开始大家都以为这个算法是游戏的开发者Carmack发现的，但后来调查发现，该算法在这之前就在计算机图形学的硬件与软件领域中有所应用，如SGI和3dfx就曾在产品中应用此算法，所以至今都无人知晓这个算法是谁发明的。

但传奇并没有结束。Lomont计算出结果以后非常满意，于是拿自己计算出的起始值和卡马克的神秘数字做比赛，看看谁的数字能够更快更精确求得平方根。结果是卡马克赢了… 谁也不知道卡马克是怎么找到这个数字的。最后Lomont怒了，采用暴力方法一个数字一个数字试过来，终于找到一个比卡马克数字要好上那么一丁点的数字，虽然实际上这两个数字所产生的结果非常近似，这个暴力得出的数字是0x5f375a86。Lomont为此写下一篇论文 Fast Inverse Square Root。 From 百度百科

来看看这个算法的实际运行效果怎么样吧，下面是我修改后的java代码，上面的C代码中有些操作java中并不支持，所以需要做些改动。

public class CarmackMethod {
    public static void main(String[] args) {
        float x = 2.0f;
        float xhalf = 0.5f*x;
//        int i = *(int*)&x;
        int i= Float.floatToRawIntBits(x);
        i = 0x5f3759df - (i >> 1);
//        x = *(float*)&i;
        x = Float.intBitsToFloat(i);
        x = x*(1.5f - xhalf*x*x);
        System.out.println(1.0/x);
    }
}

1.4145671304934657

当然这里精度就不行了，只精确到了0.001。

这里我把上面3种算法的精度都降低到0.001然后用JMH做个不严格的性能测试。这里说不严格是因为我只做 $\sqrt2$ 的测试，而且用的是java实现的，而且像是CarmackMethod的实现，可能因为java和c的运行机制的不同，性能会受很大影响，下面这个结果 仅供娱乐，看看就好。

Benchmark            Mode  Cnt          Score   Error  Units
Test.CarmackMethod  thrpt    2  111286742.330          ops/s
Test.bSearch        thrpt    2   58705907.393          ops/s
Test.NewtonMethod   thrpt    2  110232331.339          ops/s

各种编程语言是如何实现sqrt?

上面说了3个解法，那你是不是也很好奇目前各种编程语言库函数里对sqrt是如何实现的？我也很好奇，于是我们帮你们翻了jdk源码，发现它根本就不需要自己实现sqrt，毕竟sqrt在计算机领域是有个比较常用的计算，所以主流的CPU架构都提供了对sqrt的硬件支持，只需要一条汇编指令就可以了，在x86架构下sqrt可以直接用下面这条汇编指令。

  sqrtsd %1, %0" : "=x" (res) : "xm" (x)

在Risc-v中可以可以用fsqrt.s或fsqrt.d指令，Rics-v中文手册

硬件可以在一个指令周期内完成一个数的开方，相比那些需要几十甚至成百上千个CPU指令实现的各种算法而言，这速度差异显而易见。实际上上，现代CPU在多核心、流水线、多发射、超标量……等技术的加持下，普通家用CPU都可以做到每秒百亿次的浮点运算。

生活处处有惊喜，当我打开python math模块的源码时，没有发现浮点数的求根(估计也是直接用的CPU级指令)，但我发现了一个更骚的对64位整数求根的操作，所以这里再补充介绍一个python的近似求根算法。

python中的_approximate_isqrt()

下面这段代码可以返回输入值求根后的整数部分，但完全不知道是什么原理。

_approximate_isqrt(uint64_t n)
{
    uint32_t u = 1U + (n >> 62);
    u = (u << 1) + (n >> 59) / u;
    u = (u << 3) + (n >> 53) / u;
    u = (u << 7) + (n >> 41) / u;
    return (u << 15) + (n >> 17) / u;
}

源码中有注释，这段C代码可以翻译为以下python代码，不过我依旧看不懂。

    def isqrt(n):
        """
        Return the integer part of the square root of the input.
        """
        n = operator.index(n)
        if n < 0:
            raise ValueError("isqrt() argument must be nonnegative")
        if n == 0:
            return 0
        c = (n.bit_length() - 1) // 2
        a = 1
        d = 0
        for s in reversed(range(c.bit_length())):
            # Loop invariant: (a-1)**2 < (n >> 2*(c - d)) < (a+1)**2
            e = d
            d = c >> s
            a = (a << d - e - 1) + (n >> 2*c - e - d + 1) // a
        return a - (a*a > n)

结语

这篇博客从立题到完成经历了好几天的时间，期间整理思路、编码、绘图、查阅资料、修改完善总累计耗时近8h。写作不易，如果文章对你有用欢迎素质三连(点赞、收藏加关注) 。

引用链接

[1] 牛顿迭代法: https://baike.baidu.com/item/%E7%89%9B%E9%A1%BF%E8%BF%AD%E4%BB%A3%E6%B3%95/10887580?fr=aladdin
[2] 卡马克快速平方根倒数算法: http://jcf94.com/2016/01/14/2016-01-14-carmack/
[3] Fast Inverse Square Root: http://read.pudn.com/downloads203/sourcecode/game/955182/3D%20Geometry%20Tuts/FastInverseSqrt.pdf
[4] From 百度百科: https://baike.baidu.com/item/0x5f375a86/10449453?fr=aladdin
[5] 这条汇编指令: https://code.woboq.org/userspace/glibc/sysdeps/x86_64/fpu/e_sqrt.c.html
[6] Rics-v中文手册: http://crva.ict.ac.cn/documents/RISC-V-Reader- Chinese-v2p1.pdf
[7] python math模块: https://github.com/python/cpython/blob/master/Modules/mathmodule.c

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