Fastest way to determine if an integer's square root is an integer

第一个测试可以很快捕获大部分非正方形。它使用一个长整装的64项表，因此没有数组访问成本(间接和边界检查)。对于一个均匀随机的long，有81.25%的概率在这里结束。

第二个测试捕获所有在因子分解中具有奇数two的数字。方法Long.numberOfTrailingZeros非常快，因为它被JIT化为单个i86指令。

在去掉尾随的零之后，第三个测试处理以011、101或111结尾的二进制数字，这些数字不是完美的平方。它还关心负数，还处理0。

最后的测试返回到double算术。由于double只有53位尾数，从long到double的转换包括大值的舍入。然而，测试是正确的(除非证明是错误的)。

尝试合并mod255的想法没有成功。

你必须做一些基准测试。最佳算法将取决于输入的分布。

您的算法可能几乎是最优的，但您可能希望在调用平方根例程之前进行快速检查以排除某些可能性。例如，用十六进制表示数字的最后一个数字时，要注意"和"。"完美平方"只能以0、1、4或9结尾，以16为基数，因此对于75%的输入(假设它们是均匀分布的)，可以避免调用平方根，以换取一些非常快的位旋转。

kip对实现十六进制技巧的以下代码进行了基准测试。当测试数字1到100000000时，此代码的运行速度是原始代码的两倍。

当我在C++中测试类似的代码时，它实际上比原来运行得慢。但是，当我消除switch语句时，hex技巧再次使代码的速度提高了两倍。

消除switch语句对C代码没有什么影响。

我在想我在数值分析课上度过的那些可怕的时光。

然后我记得，有一个函数围绕着‘地震源代码的网络’旋转：

它基本上用牛顿近似函数计算平方根(记不清确切的名字)。

它应该是可用的，甚至可能更快，这是从一个非凡的ID软件的游戏！

它是用C++编写的，但是一旦你明白了，在Java中重用同样的技术就不难了。

我最初在：http://www.codemaestro.com/reviews/9找到它

牛顿的方法在维基百科上解释：http://en.wikipedia.org/wiki/newton%27s_方法

你可以通过链接了解更多关于它如何工作的解释，但是如果你不太在意，那么这大概就是我从阅读博客和参加数值分析课程中所记得的：

• * (long*) &y基本上是一个快速转换为长函数的函数，因此整数运算可以应用于原始字节。
• 0x5f3759df - (i >> 1);线是近似函数的一个预先计算的种子值。
• * (float*) &i将值转换回浮点值。
• y = y * ( threehalfs - ( x2 * y * y ) )行基本上再次迭代函数的值。

近似函数给出的值越精确，对结果的迭代次数越多。在地震的情况下，一次迭代"足够好了"，但如果不是你的话……然后您可以根据需要添加尽可能多的迭代。

这应该更快，因为它将原始平方根中的除法运算减少到一个简单的被2除的除法运算(实际上是一个* 0.5F乘法运算)，而代之以一些固定数目的乘法运算。

我不确定它是否更快，甚至更准确，但是你可以使用约翰·卡马克的神奇平方根算法更快地求解平方根。您可以很容易地对所有可能的32位整数进行测试，并验证您实际上得到了正确的结果，因为它只是一个近似值。然而，现在我想起来了，使用双打也是近似的，所以我不确定这会如何发挥作用。

如果你做了一个二元切分，试图找到"正确"的平方根，你可以相当容易地检测出你得到的值是否足够接近，以告诉：

因此，在计算了n^2之后，选项如下：

• n^2 = target：完成，返回真
• 你很接近，但并不完美：返回错误
• n^2 - 2n + 1 < target < n^2：同上
• target < n^2 - 2n + 1：下n上的二进制斩波。
• target > n^2 + 2n + 1：在较高的n上的二进制斩波。

(抱歉，这使用n作为您当前的猜测，并使用target作为参数。为困惑道歉！)

我不知道这是否会更快，但值得一试。

编辑：二进制切碎不需要在整数的整个范围内进行，要么是(2^x)^2 = 2^(2x)，所以一旦你在目标中找到了最上面的一个集合位(这可以通过一个小的旋转技巧来完成，我完全忘了怎么做)，你就可以快速得到一系列潜在的答案。记住，一个简单的二进制CHOP仍然只需要31或32次迭代。

我对这个线程中的几个算法进行了自己的分析，并得出了一些新的结果。你可以在这个答案的编辑历史中看到那些旧的结果，但是它们不准确，因为我犯了一个错误，并且浪费时间分析了几个不接近的算法。然而，从几个不同的答案中汲取经验教训，我现在有了两种算法来粉碎这个线程的"赢家"。以下是我与其他人不同之处的核心：

然而，这一简单的行(大多数情况下会添加一两条非常快的指令)大大简化了switch-case语句成为一条if语句。但是，如果许多被测试的数字具有两个因素的显著威力，那么它可以添加到运行时中。

以下算法如下：

• 互联网-kip发布的答案
• 杜伦-我修改的答案，以一次通过的答案为基础。
• DurronTwo——我修改过的答案，使用了两遍答案(由@johnnyheggheim提供)，还有一些其他的细微修改。

如果这些数字是使用Math.abs(java.util.Random.nextLong())生成的，这里是一个运行时示例

这里有一个示例运行时，如果它只运行在前百万个long上：

如你所见，DurronTwo在大输入方面做得更好，因为它经常使用魔术，但是与第一种算法相比会被击倒，Math.sqrt因为数字小得多。同时，更简单的Durron是一个巨大的赢家，因为在前100万个数字中，它不需要多次除以4。

这是Durron：

和DurronTwo。

我的基准测试工具：(需要谷歌卡尺0.1-rc5)

更新：我开发了一种新的算法，在某些场景中速度更快，在其他场景中速度较慢，我得到了基于不同输入的不同基准。如果我们计算模0xFFFFFF = 3 x 3 x 5 x 7 x 13 x 17 x 241，我们可以去掉97.82%的不能平方的数。这可以用5个位操作在一行中完成：

得出的指数要么是1)残基，要么是2)残基+ 0xFFFFFF，要么是3)残基+ 0x1FFFFFE。当然，我们需要一个残留物模块0xFFFFFF的查找表，它大约是一个3MB文件(在本例中存储为ASCII文本十进制数，不是最佳的，但可以用ByteBuffer等明显改进)。但因为这是预分解，所以没什么关系。您可以在此处找到该文件(或自己生成)：

我把它加载到一个boolean数组中，如下所示：

运行时示例。在我参加的每一次试验中，它都击败了EDOCX1(第四版)。

使用牛顿的方法来计算整数平方根，然后平方这个数字并进行检查，这应该要快得多，就像在当前的解决方案中那样。牛顿方法是其他一些答案中提到的卡马克解的基础。您应该能够得到更快的答案，因为您只对根的整数部分感兴趣，这允许您更快地停止近似算法。

另一个你可以尝试的优化：如果数字的根不以1、4、7或9这个数字不是一个完美的平方。这可以作为在应用较慢的平方根算法之前消除60%输入的快速方法。

I want this function to work with all
positive 64-bit signed integers

Math.sqrt()使用double作为输入参数，因此对于大于2^53的整数，将无法获得准确的结果。

就记录而言，另一种方法是使用素数分解。如果分解的每一个因子都是偶数，那么这个数就是一个完美的平方。所以你想知道一个数是否可以分解成质数平方的乘积。当然，您不需要获得这样的分解，只需要看看它是否存在。

首先建立一个小于2^32的素数平方表。这远小于达到此限制的所有整数的表。

解决方案如下：

我想这有点神秘。它所做的就是检查素数的平方除以输入数的每一步。如果它这样做，那么它会尽可能长时间地用平方除数字，以从素数分解中除去这个平方。如果通过这个过程，我们得到1，那么输入的数字就是质数平方的分解。如果平方比数字本身大，那么这个平方或任何更大的平方都无法将其分割，因此数字不能是质数平方的分解。

现在的sqrt是在硬件上完成的，需要在这里计算素数，我想这个解决方案要慢得多。但是，正如Mrzl在他的回答中所说的那样，它应该比使用sqrt的解决方案得到更好的结果，而sqrt的解决方案不能超过2^54。

整数问题需要一个整数解。因此

对(非负)整数进行二进制搜索，以找到最大整数t，使t**2 <= n。然后测试r**2 = n是否准确。这需要时间o(log n)。

如果你不知道如何用二进制搜索正整数，因为集合是无界的，那么很容易。首先计算两次幂的递增函数f(在f(t) = t**2 - n之上)。当你看到它变为正时，你发现了一个上界。然后您可以进行标准的二进制搜索。

有人指出，一个完全平方的最后一个d位数只能具有一定的值。数字n的最后一个d位数(以b为底)与当n除以bd时的余数相同，即用C表示法n % pow(b, d)。

这可以推广到任何模量m，也就是说，n % m可以用来排除某些百分比的数字是完全平方。你目前使用的模数是64，这允许12，即19%的余数，作为可能的平方。通过一点编码，我找到了模110880，它只允许2016年，即1.8%的余数作为可能的平方。因此，根据模运算(即除法)和表查找相对于机器上平方根的成本，使用这个模可能更快。

顺便说一下，如果Java有一种方法来存储查找表的填充数组，就不要使用它。目前，110880个32位字的RAM并不多，提取机器字要比提取单个字快。

为了表现，你经常要做一些比较。其他人表达了不同的方法，但是，你注意到Carmack的hack的速度快到了n的某些值。然后，你应该检查"n"，如果它小于n，使用Carmack的hack，否则使用这里答案中描述的其他方法。

以下对Maaartinus解决方案的简化似乎使运行时减少了几个百分点，但我在基准测试方面还不够好，无法生成我可以信任的基准测试：

有必要检查一下省略第一个测试的方式，

会影响性能。

这是我能想出的最快的Java实现，它使用了这个线程中其他人提出的技术的组合。

• MOD256试验
• 不精确的mod-3465测试(避免整数除法，代价是一些误报)
• 浮点平方根，圆，与输入值比较

我还尝试了这些修改，但它们对性能没有帮助：

• 附加mod-255测试
• 将输入值除以4的幂
• 快速反比平方根(要适用于n的高值，需要3次迭代，足以使其慢于硬件平方根函数。)

你应该从一开始就去掉n的2次方部分。

第二编辑下面M的神奇表达应该是

不是书面的

第二年底编辑

第一编辑：

轻微改善：

第一年底编辑

现在像往常一样继续。这样，当你到达浮点部分时，你已经去掉了所有2次方部分是奇数(大约一半)的数字，然后你只考虑剩下的1/8。也就是说，在6%的数字上运行浮点部分。

标签中提到了Project Euler，其中的许多问题都需要检查编号>>2^64。当您使用80字节的缓冲区时，上面提到的大多数优化都不容易工作。

我使用了JavaBigTigand和牛顿的方法的一个稍微修改的版本，一个更好地使用整数的方法。问题是精确平方n^2收敛到(n-1)而不是n，因为n^2-1=(n-1)(n+1)，最终误差仅比最终除数低一步，算法终止。在计算错误之前，通过在原始参数中添加一个参数，很容易解决这个问题。(对立方根等加两个)

这个算法的一个很好的属性是，您可以立即判断数字是否是一个完美的平方-牛顿方法中的最终误差(而非校正)将为零。简单的修改还可以让您快速计算楼层(sqrt(x))，而不是最接近的整数。这对于几个Euler问题很方便。

这是一个从十进制到二进制的旧马尚计算器算法(对不起，我没有参考)，在Ruby中，专门为这个问题改编：

这是一个类似的工作(请不要投票给我编码风格/气味或笨拙的O/O——它是计算的算法，C++不是我的家庭语言)。在这种情况下，我们要寻找残余物==0:

正如前面提到的，sqrt调用并不是完全准确的，但它并没有以速度消除其他答案，这很有趣，也很有指导意义。毕竟，sqrt的汇编语言指令序列很小。英特尔有一个硬件指令，它不被Java使用，因为它不符合IEEE。

那为什么慢呢？因为Java实际上是通过JNI调用C例程，它实际上比调用Java子程序要慢得多，Java子程序本身比内联做的要慢。这非常烦人，Java应该提出一个更好的解决方案，即在必要时建立浮点库调用。哦，好吧。

在C++中，我怀疑所有复杂的替代品都会失去速度，但我没有检查它们。我所做的，以及Java人会发现什么有用，是一个简单的黑客攻击，是A. Rex提出的特殊情况测试的扩展。使用单个长值作为位数组，这不是边界检查。这样，就可以进行64位布尔查找。

程序isPerfectSquare5在我的Core2 Duo机器上运行大约1/3的时间。我怀疑，在同一条线上进行进一步的调整平均可以进一步缩短时间，但每次检查时，您都在权衡更多的测试以获得更多的消除，因此您不能在这条路上走得太远。

当然，您可以用同样的方法检查高6位，而不是对负进行单独的测试。

请注意，我所做的就是消除可能的平方，但是当我有一个可能的情况时，我必须调用原始的内联isPerfectSquare。

init2例程被调用一次以初始化pp1和pp2的静态值。请注意，在我的C++实现中，我使用的是未签名的long long，所以既然已经签名，就必须使用> >运算符。

没有必要对数组进行边界检查，但是Java的优化器必须很快地把这些东西计算出来，所以我不为此责怪他们。

我喜欢在一些输入上使用几乎正确的方法。这里有一个更高"偏移"的版本。代码似乎可以工作并通过我的简单测试用例。

只需替换：

使用此代码：

当观察到一个平方的最后n位时，我检查了所有可能的结果。通过连续检查更多的位，可以消除最多5/6的输入。实际上，我设计这个来实现费马的因式分解算法，它在那里非常快。

最后一位伪代码可用于扩展测试以消除更多的值。上述测试适用于k=0、1、2、3