快速开平方根算法

时间：2016-04-29 17:31:54 阅读：385 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

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人们很早就在Quake3源代码中发现了类似如下的C代码，它可以快速的求1/sqrt(x)，在3D图形向量计算方面应用很广
float invSqrt(float x)
{
float xhalf = 0.5 * x;
int i = *(int*)&x; // get bits for floating value
i = 0x5f3759df - (i >> 1); // gives initial guess
x = *(float*)&i; // convert bits back to float
x = x * (1.5 - xhalf * x * x); // Newton step
return x;
}
在分析这段代码之前，先看看传统方法是怎么求一个数的平方根的倒数的，一般采用牛顿迭代法，为描述方便，假设输入数为a，显然需要满足a>0，sqrt是C语言的求平方根函数，为方便起见，下面用sqrt(x)的形式代替x^(1/2)
求1/sqrt(a)，用迭代法，即求方程f(x)=x^(-2)-a在f(x)=0时的解，选择适当的初始值x0，代入迭代式：
x=x-f(x)/ f‘(x)
化简此式得：
x=3x/2-ax^3/2
这实际上就是上面函数倒数第二行，从函数注释也可以直接看出，这一步就是牛顿迭代，一般选择一个合适的初始值开始迭代后，迭代次数越多越接近解，换句话说就是精度越高，误差越小，当误差小于可接受值，即可获得近似结果了，就这个问题而言，初始值的选择一般要在区间(0, sqrt(3/a))，证明从略
而invSqrt这个函数厉害的地方就在于，在正式迭代开始前的三行计算已经得到了一个非常接近于解的数，因此只需一次迭代，即可得到近似值，经测试，对于常用的浮点数范围，invSqrt(x)与标准解1/sqrt(x)的最大相对误差为1.75‰，平均相对误差为0.95‰，这个精度在很多时候已经满足QuakeIII的基本要求1‰了，而invSqrt(x)的速度则比直接计算1/sqrt(x)快4倍，这对于Quake和CS这类游戏的性能是非常重要的，而且如果需要更高的精度，则将迭代那一行再重复一次就可以了，相对误差会降到百万分之一的级别，只不过速度会慢一些，接下来我们来分析下这三行代码的原理
最令人迷惑的是gives initial guess这行，即对i做了移位和减法运算，不过熟悉C语言的人应该能看出来，这个算法和float浮点数的内部表示有关，分析应该从这里入手
正式开始前先轻松下，讲些历史故事，人们在QuakeIII源码发现了这个函数，于是很自然的认为这是卡马克（John Carmack）的杰作，其中0x5f3759df这个数被称为卡马克密码，我们在下面称这个数为magic，Beyond3D.com的Ryszard Sommefeldt一直在想到底是哪个家伙写了这些神奇的代码，于是就开始找作者，John Carmack在邮件回复中明确表示不是他，也不是Michael。Terje Mathisen说他写过类似的高效代码，但上面的不是。后来猜测这个来自于一些早期黑客的算法笔记，作者究竟是谁自然也难以追查了，可以肯定的是这个家伙对计算机和高数知识都有较好理解，很聪明
2003年普渡大学的数学家Chris Lomont写了一篇文章对这段代码进行了分析。论文是英文的，地址在：
http://wenku.baidu.com/view/80b84d1fb7360b4c2e3f644b.html
在这篇12页的论文中，Lomont对这个算法做了分析，并从推导出了一个理论上最优的magic 0x5f37642f，有意思的是，这个数居然没有invSqrt里的0x5f3759df效果好，最大相对误差达到1.78‰，Lomont一怒之下，用暴力搜索枚举了所有可能的magic，终于找到一个最优的magic 0x5f375a86，只比0x5f3759df效果好一点点，至于invSqrt的作者究竟如何找到0x5f3759df的，也就是个迷了
开始正式分析，这三行代码是把float在内存中的表示作为一个整数i看待，然后对i进行一次移位和减法，然后再将i的值作为一个float看待，所以我们先看看float在内存中的表示，一般计算机的浮点数遵循IEEE754标准，采用以2为底数的科学计数法，例如二进制的11010.11001记为1.101011001*10^100，float和int都是32位，占4个字节（注意，这个函数早期的代码中整数类型应该是long，因为那时候在dos下，int是16位的）：
最高位d31：符号位，0表示非负，1表示非正，为什么不直接说正负呢，因为有数值0的存在，浮点数有+0和-0的区别，这个位用S表示
d30~d23：指数域，存放一个整数，表示127+E，E为指数，由于指数域的范围是0~255，因此理论上可以表示的指数范围是-127~128，不过0和255有特殊含义，所以范围实际要稍微小一点，这个先按下不表，我们认为常用浮点数不包括这两种极端情况
d22~d0：有效数字域，只是小数部分，由于科学计数法的规定，整数部分肯定是1，就省略了，这样可以避免不必要的精度浪费，为描述方便，这个域所表示的小数设为F。当然有人会问，那0怎么办，+0和-0有自身的特殊表示法，S位表示符号，其他位都为0的时候是+0或-0
于是除去0和IEEE754规定的特殊值，一个常用浮点数的表示可以看做：(-1)^S*(1+F)*2^E，具体到我们需要分析的问题，由于输入是正数，S位肯定是0，就不做考虑了，简化为：(1+F)*2^E
好，现在我们需要求(1+F)*2^E的平方根的倒数，即求1/sqrt((1+F)*2^E)，求得的结果当然也要用这个浮点数表示法，有效数字必须在[1, 2)，指数域为整数，则结果分两种情况推导出结果：
E为奇数：sqrt(2/(1+F))*2^(-(E+1)/2)
E为偶数：2/sqrt(1+F)*2^(-E/2-1)
先看指数，如果我们需要通过计算机的整数运算（移位、位运算和加减法等）来逼近解，首先要在数量级上尽量靠近，因为只要数量级一样，两个数的误差范围是最小的，也就是说，我们需要：
E为奇数时，将127+E变成127-(E+1)/2
E为偶数时，将127+E变成127-E/2-1
于是，通过右移一位来实现除以二，通过用一个数减去指数域来将E变成负的，这样invSqrt中的那句就很容易理解了：
E为奇数时，127+E为偶数，右移等于除以二，190-(127+E)/2 = 190-63-(E+1)/2 = 127-(E+1)/2
E为偶数时，127+E为奇数，右移等于先减一再除以二，189-(127+E-1)/2 = 189-63-E/2 = 127-E/2-1
然后我们把invSqrt中的magic 0x5f3759df用float的形式展开，则其指数域为0x5f<<1，也就是190，那当E在偶数时怎么生成189呢，注意到当E为偶数时，i>>1这个操作将指数域最后一位的1（即上面说的“先减一”）也向右移了一位，i右移后d22位为1，这样一来只要被减数的d22这一位是0，就会因为不够减而产生借位，指数域被借了1，自然就变成189了
细心的童鞋应该发现了，当E为偶数时，减法做完后，指数域一定是127-E/2-1，但是如果E为奇数，则不保证指数域是127-(E+1)/2，因为这时候被减数和减数的d22位都是0，但如果减数的d21到d0这个域的数字比被减数的大，就会产生借位而使得指数域比预期的127-(E+1)/2要小1，这个问题会导致一定的误差，但是在最后的迭代中误差会被缩小，这个误差具体有多大，这里就不详细讨论了，有兴趣的童鞋可以自己算算看
我们还是先证明用这种方法得到的x0是落在上述区间(0, sqrt(3/a))的，这里a就是(1+F)*2^E
由于输入是一个非负数，则S为0，指数域肯定不为0（右移后不可能刚好为190），因此x0肯定大于0，我们将sqrt(3/a)展开成期望的解的指数的乘法形式：
E为奇数时，展开为sqrt(6/(1+F))*2^(-(E+1)/2)，如果按上面说的那种情况产生借位，则展开为sqrt(24/(1+F))*2^(-(E+3)/2)
E为偶数时，展开为sqrt(12/(1+F))*2^(-E/2-1)
可以看到，无论是哪种情况，在指数相同的情况下，有效数字都大于2，反过来说，用上述算法得到的x0是小于sqrt(3/a)的，而且还小了很多，非常接近解，这时候只需要一次迭代，就得到了误差很小的近似结果
到这里，基本原理都清楚了，只要我们保证x0在这个区间中，再做迭代总是能进一步接近解的，现在的问题就在于magic中d21到d0这个域的值应该怎么取了，这个取值关系到每次迭代的误差，比如说，我们全取1，这样也避免了E为奇数时的借位情况，这样magic就是0x5f3fffff，用这个magic测试，结果最大误差超过1%，平均误差超过6‰，显然效果太差了
我们假设将magic作为float看时，小数部分的值是M，由于d22位已确定是0，则0<=M<0.5，在magic-(i>>1)的减法运算中，d22到d0域的运算可看做是定点小数减法，分三种情况讨论：
E为奇数时，减数的d22位为0，则小数部分的值为F/2，因为右移对小数来说也是除以二，d0位如果是1则会舍弃，这个因为太小而忽略，假设M>=F/2，则不需要向指数域借位，计算结果的小数部分为M-F/2，指数域符合结果预期，此时的相对误差为：rd1(M,F)=|1-(1+M-F/2)/sqrt(2/(1+F))|，0<=F<=2M
假设M<F/2，则需要向指数域借位，计算结果小数部分为1+M-F/2，指数位比预期低1，计算误差的时候需要将指数域差值补回去，此时的相对误差：rd2(M,F)=|1-(2+M-F/2)/2/sqrt(2/(1+F))|，2M<F<1
E为偶数时，减数的d22位为1，则小数部分的值为F/2+1/2，此时必定借位，相对误差为：rd3(M,F)=|1-(2+M-F/2-1/2)/2/sqrt(1+F)|，0<=F<1
然后，我们构造一个M的函数，映射M和此M下最大相对误差：maxrd(M)，这个函数的算法是对每个M，分别求rd1、rd2和rd3三个函数的最大值，并取其中最大的值。于是，我们的最后问题就是找到一个M，使maxrd(M)最小，就得到最优magic了
Chris Lomont用的推导方法类似，当然更严密些，推导到了这一步后，他的选择是继续用数学方法来求极值，这大概是因为他是个数学家的缘故。不过悲剧的是他最后推出来的结果不是最优，计算机科学是一门应用科学，作为工科生，到这一步后我就准备选择穷举了，再往后的数学我就不懂了，毕竟哥的微积分才刚及格
所以，让我们抛开那些高深的数学来看这个问题，通过前面的推导，我们基本可以将magic的范围确定在[0x5f000000, 0x5f3fffff]，只要在这个范围内找到一个magic，使其对应的invSqrt函数对于所有常用浮点数的计算结果的最大相对误差最小，就可以了，用上面的话讲，就是maxrd(magic)的最小值，由于magic取值是离散有限的，而所有常用浮点数个数也是有限的，所以至少理论上讲是可通过穷举计算，不过可惜两者的个数都太大，全部算一遍不切实际
在magic的取值范围内均匀地取一些数，用统计的办法遍历所有常用浮点数计算maxrd(magic)，可以看到曲线是一个波谷的样子，即前半段单调递减，后半段单调递增，于是我们近似地认为maxrd(magic)的曲线就是个波谷，然后可以迭代求极值：
1 定义start和end两个变量，表示magic取值范围[start, end]，自然一开始为[0x5f000000, 0x5f3fffff]
2 将范围平均分成32段（由于整数除法有误差，最后一段稍长），则有magic0~magic32，计算33个magic值对应的maxrd(magic)，找到其中的最小值对应的magicN
3 将magic(N-1)和magic(N+1)作为新的start和end，如果范围比较大则重复第2步，范围比较小则直接遍历范围中的每个magic得到结果
经过若干次迭代，我们得到的最优magic为0x5f375a85，刚好比Chris Lomont的最优结果小1
当然了，这个方法虽然简单但是不够严密，我们没有证明maxrd(magic)的曲线是先单调递减后单调递增，也没有严格证明magic的取值在[0x5f000000, 0x5f3fffff]之外的话误差会更大，但我们毕竟是得到结果了，解决了应用问题
然后我们讨论下特殊的浮点数，输入一个0是无意义的，因为0不能做除数，但是invSqrt对输入的0会返回一个比较大的结果，IEEE754规定的NAN值和正负无穷在实际中都不太可能出现，需要注意的是当输入数非常小，例如指数域为0的时候，E为-127，这时候由于值很小，相对误差会达到很多倍，在实际应用中要尽量避免极小数字的计算
invSqrt(a)返回1/sqrt(a)，如果我们需要快速地近似计算sqrt(a)，可能很多人会自然而然想到1/invSqrt(a)，实际上，invSqrt(a)*a更快，也更准确，因为在计算机中除法比乘法要慢很多，这也是invSqrt(a)能比直接计算1/sqrt(a)快那么多的原因，invSqrt中没有除法运算，而sqrt的迭代不能避免除法，取倒数又得做一次除法（其实除法和取倒数也可以用迭代法来规避除法，但这又得有额外开销了）
用上面的办法可以推导出取倒数的迭代函数：
float myInv(float x)
{
float a = x;
int i = *(int *)&x;
i = 0x7ef311c3 - i;
x = *(float*)&i;
x = x * (2 - a * x);
return x;
}
但是这个效果比较令人失望，不但精度差，而且速度比直接算1/a慢，基本没用……
虽然可以通过invSqrt(a)*a计算a的平方根，但是我们可以推导出一个更直接的函数：
float mySqrt(float x)
{
float a = x;
unsigned int i = *(unsigned int *)&x;
i = (i + 0x3f76cf62) >> 1;
x = *(float *)&i;
x = (x + a / x) * 0.5;
return x;
}
推导过程从略，有兴趣的童鞋可以自行研究，注意这里是先加再右移，所以用unsigned int防止负数右移，这个mySqrt计算平方根速度比invSqrt(a)*a快，而且最大误差只有0.6‰，那么，有没有更快的算法呢，如果单纯用计算，可能很难超越mySqrt了，想要更快，得从另外的方向想办法
比较直接的想法是，造一个巨大的table，储存a到sqrt(a)的映射关系，这样不需要计算，只要查表就行，而且由于指数域可以通过整数加减得到，只用做有效数字部分的映射即可，内存消耗约为33M，这似乎是个好办法，而且当从小到大顺序生成常用浮点数是，其速度比mySqrt稍慢一点点
但是，如果我们随机生成常用浮点数，这个算法的耗时就惨不忍睹了，几乎是顺序生成浮点数时耗时的7倍，在实际应用中，每次计算输入的数都是随机的，这说明这个查表的办法没有实用价值，因为如果我们单纯的计算，浮点数运算是在FPU协处理器中进行的，使用x87浮点数运算指令，整数运算则是在CPU中，存储使用寄存器，非常快，而CPU访问内存的速度是要慢很多的，那为什么顺序生成浮点数的时候速度没那么慢呢，因为这时候CPU的一二三级cache发挥了巨大的作用，而随机生成的时候内存也要随机访问，则cache miss很高，速度自然慢了很多了
所以说，查表法不可行的原因在于占用内存太大，我们要想办法将内存降下来，考虑函数sqrt(x)，这是一条连续曲线，当然对于float来讲，其实是离散的一个个点，数量还是有限的，查表法是每个点的值都记录，误差为0，那么我们可以考虑用牺牲精度的办法，将这条曲线近似成一条条线段组成的折线，然后在内存中记录每条线段的斜率，于是我们将[1, 2）这个区间分散成若干段，事先计算每段的平均斜率，计算sqrt(a)的时候，先通过整数运算确定指数域的值，然后查表得到对应点的斜率，做一次浮点乘法即可得到近似值，为了保证运算速度，分段的段数需要保证用一次移位运算即可得到，避免整数除法（这个比浮点数除法更费时间）：
float fastSqrt(float x)
{
float a = x;
unsigned int i = *(unsigned int *)&x;
i = (i + 0x3f800000) >> 1;
x = *(float *)&i;
x *= g_sqrt_adj_table[(i & 0x7fffff) >> SHR_CNT];
return x;
}
其中SHR_CNT是有效数字域右移的位数，g_sqrt_adj_table储存平均斜率，当SHR_CNT为16的时候，g_sqrt_adj_table存放了128个整数，占内存512字节，已经足以放在CPU一级cache里了（我的测试机器CPU一级cache是双路64k，一般个人PC最少也有8k左右），而且此时fastSqrt的精度也还可以接受，SHR_CNT越小，占内存越多，精度越高，不过，貌似比mySqrt还是快不了太多=，=

快速开平方根算法

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原文地址：http://blog.csdn.net/xtlisk/article/details/51249371

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