Розв’язування рівнянь повторення, що містять два виклики рекурсії

15

Я намагаюся знайти пов'язане для наступного рівняння повторення: $\Theta$

T (n) = 2 T (n / 2) + T (n / 3) + 2 n^{2} + 5 n + 42

$T(n) = 2 T(n/2) + T(n/3) + 2n^2+ 5n + 42$

Я вважаю, що теорема магістра є недоцільною через різну кількість підпроблем та поділів. Також дерева рекурсії не працюють, оскільки немає а точніше . $T(1)$ $T(0)$

asymptotics recurrence-relation master-theorem

— Лора
джерело

5

Якщо у вас є повтор цієї форми, ОБОВ'ЯЗКОВО має бути базовий випадок, скажімо, для всіх . Якщо ні, то не сказано, на що вирішиться повтор: можливо, для всіх , де - розмір вихідної задачі! (уявіть собі рекурсію, яка закінчується порівнянням постійної кількості того, що ви повторюєте, для всіх підмножин початкових елементів) Іншими словами: жоден базовий випадок не передбачає недостатньої інформації для вирішення повторення.

T (n) \leq 42

$T(n) \leq 42$

n < 100

$n < 100$

T (n) = 2^{m}

$T(n) = 2^m$

n < 100

$n < 100$

m

$m$

— Олексій десять Бринк

15

Так, дерева рекурсії все ще працюють! Це зовсім не має значення, чи має місце базовий випадок при або або або навіть . Також не має значення, яке фактичне значення має базовий випадок; яка б не була ця цінність, це константа. $T(0)$ $T(1)$ $T(2)$ $T(10^{100})$

Якщо ви бачите через окуляри великого тета, повторність становить . $T(n) = 2T(n/2)+T(n/3)+n^2$

Корінь дерева рекурсії має значення . $n^2$
Корінь має трьох дітей із значеннями , та . Таким чином, загальне значення всіх дітей становить . $(n/2)^2$ $(n/2)^2$ $(n/3)^2$ $(11/18) n^2$
Перевірка обґрунтованості: Корінь має дев'ять онуків: чотири зі значенням , чотири зі значенням та один зі значенням . Сума цих значень дорівнює . $(n/4)^2$ $(n/6)^2$ $(n/9)^2$ $(11/18)^2 n^2$
Просте доведення індукції означає, що для будь-якого цілого , вузли на рівні мають загальне значення . $\ell\ge 0$ $3^\ell$ $\ell$ $(11/18)^\ell n^2$
Рівні сум утворюють низхідний геометричний ряд, тому має значення лише найбільший термін . $\ell=0$
Робимо висновок, що . $T(n) = \Theta(n^2)$

— JeffE
джерело

14

Можна скористатися більш загальним методом Акра-Бацці .

У вашому випадку нам потрібно було б знайти такий $p$

\frac{1}{2^{p - 1}} + \frac{1}{3^{p}} = 1

$\frac{1}{2^{p-1}} + \frac{1}{3^p} = 1$

(що дає ) $p \approx 1.364$

і ми тоді маємо

T (x) = Θ (x^{p} + x^{p} \int_{1}^{x} t^{1 - p} d t) = Θ (x^{2})

$T(x) = \Theta(x^p + x^p\int_{1}^{x} t^{1-p} \text{d}t) = \Theta(x^2)$

Зауважте, що вам не потрібно вирішувати питання на . Все, що вам потрібно знати, це те, що . $p$ $1 \lt p \lt 2$

Більш простим методом було б встановити і спробувати довести, що обмежений. $T(x) = x^2 g(x)$ $g(x)$

— Ар'ябхата
джерело

14

Нехай - це скорочення для правої частини рецидиву. Ми знаходимо нижню і верхню межу для , використовуючи : $f(n) = 2T(n/2) + T(n/3) + 2n^2 + 5n + 42$ $f$ $T(n/3) \leq T(n/2)$

3 T (n / 3) + 2 n^{2} + 5 n + 42 \leq f (n) \leq 3 T (n / 2) + 2 n^{2} + 5 n + 42

$3 T(n/3) + 2n^2+ 5n + 42 \quad \le\quad f(n) \quad\leq \quad 3 T(n/2) + 2n^2+ 5n + 42 \quad$

Якщо ми використовуємо нижню респ. Верхня межа як права сторона рецидиву, отримуємо в обох випадках теоремою Майстра. Таким чином, обмежується зверху а знизу або, що рівно, . $T'(n) \in \Theta(n^2)$ $T(n)$ $O(n^2)$ $\Omega(n^2)$ $T(n) \in \Theta(n^2)$

Для повного доказу слід довести, що є функцією, що зростає. $T$

— Рафаель
джерело

давайте продовжимо цю дискусію в чаті

— Raphael

1

Цей трюк не працюватиме для подібних повторень, як-от

, які можна вирішити за допомогою дерев рекурсії. (Але навіть дерева рекурсії не працюватимуть для

, що можна вирішити за допомогою Akra-Bazzi.)

T (n) = 2 T (n / 2) + 3 T (n / 3) + n^{2}

$T(n) = 2T(n/2) + 3T(n/3) + n^2$

T (n) = 2 T (n / 2) + 4 T (n / 3) + n^{2}

$T(n) = 2T(n/2) + 4T(n/3) + n^2$

— JeffE