在这种平方根边界查找算法中，如何获得循环不变性？

最初在math.SE上，但在那里没有答案。

考虑以下算法。

u := 0
v := n+1;
while ( (u + 1) is not equal to v) do
   x :=  (u + v) / 2;
   if ( x * x <= n) 
     u := x;
   else
     v := x;
   end_if
end_while 

其中u，v和n是整数，除法运算是整数除法。

• 解释算法计算的结果。
• 使用您对第一部分的回答作为算法的后置条件，建立循环不变式，并证明算法终止且正确。

在类中，后置条件被发现是和不变是0 ≤ ü 2 ≤ Ñ < v 2，Ü + 1 ≤ v。对于后置条件和不变式是如何获得的，我真的不太了解。我认为发布条件是u + 1 = $0 \leq u^2 \leq n < (u + 1)^2$$0 \leq u^2 \leq n < v^2, u + 1 \leq v$$u + 1 = v$...显然不是这样。所以我想知道如何获得后置条件和不变式。我也想知道如何通过使用后置条件来获得前置条件。

吉尔斯（Gilles）是对的，因为一般的技术是去钓鱼以进行有趣的观察。

在这种情况下，您可能会发现该程序是二进制搜索的实例，因为它具有以下形状：

while i + 1 != k
  j := strictly_between(i, k)
  if f(j) <= X then i := j
  if f(j) > X then k := j

然后，您只需将特定的f，，X...插入到用于二进制搜索的一般不变式中。Dijkstra 对二进制搜索进行了很好的讨论。

确实是while循环的后置条件（为什么您认为“显然”不是这种情况？）。while循环不包含a的情况总是如此：退出循环时，只能是因为循环条件（此处 u + 1 ≠ v）为假。当循环在这里退出时，并不是唯一的事情（如您在类中所见，该算法实际上计算出一些有趣的东西，因此 u = [这个有趣的事情]和 v = [这个有趣的事情]也是后置条件），但这是最明显的。$u+1=v$break$u+1 \neq v$$u = \text{[this interesting thing]}$$v = \text{[this interesting thing]}$

现在，要找到其他有趣的属性，没有通用的配方。实际上，从某种形式上讲，没有通用的公式可以找到循环不变式。您能做的最好的事情就是应用一些仅在某些情况下有效的技术，或者通常是去钓鱼以获得有趣的观察结果（随着经验的积累，这种方法会越来越好）。

如果循环运行一些具有值的迭代，则每次迭代都会看到：$n$

• 要么跳起来（û + v ）/ 2 ;$u$$(u+v)/2$
• 或跳至（u + v ）/ 2。$v$$(u+v)/2$

特别地，小于v，并且永远不会超过v。此外，ü开始正和增大，而v开始于Ñ + 1和减小。所以，0 ≤ ü ≤ v ≤ ñ + 1是整个计划不变。$u$$v$$u$$v$$n+1$$0 \le u \le v \le n+1$

不太明显的一件事是是否等于v。这很重要：如果u和v变得相等，我们将得到x = u = v，循环将永远继续下去。因此，为了证明算法正确（即不会永远循环），需要证明u和v永远不会相等。一旦确定了这种需求，就很容易证明（我将其保留为练习）u < v是循环不变式（请记住，u和v是整数，因此等效于$u$$v$$u$$v$$x = u = v$$u$$v$$u < v$$u$$v$）。$u+1 \le v$

由于在节目的结束，则分别获得了后置条件也可以被写ü 2 ≤ Ñ < v 2（部分0 ≤ Ü 2是微不足道的）。我们想要一个涉及n的后置条件的原因是，我们希望将程序的结果与输入n绑定在一起。为什么要这样精确的条件？我们正在寻找尽可能精确的东西，并查看n在循环中出现的位置：$v = u+1$$u^2 \le n < v^2$$0 \le u^2$$n$$n$$n$

• 我们有 ;$u \le x \le v$
• $x^2 \le n$$u$$x$$u^2 \le n$$v$不变）;
• $x^2 > n$$v$$x$$n < v^2$$u$不变）。

$u^2 \le n < v^2$所有的时间。换句话说，我们怀疑这是一个循环不变式。验证这是读者的一项练习（请记住，一开始要检查该属性是否正确）。

$u^2 \le n$$(u+1)^2 > n$$u$$n$