Розв’язання відношення рецидиву з двома рекурсивними викликами

Я вчуся в найгірший випадку час виконання сортування за умови , що вона ніколи не буде робити дуже незбалансований розділ для різних визначень дуже .

Для цього я задаю собі питання, який час виконання $T(n, p)$ було б у тому випадку, якщо хитрості завжди трапляються на певну частку $0 < p \leq {1\over 2}$ такий як $\lfloor{p(n-1)}\rfloor$ елементи знаходяться в лівій частині та $\lceil(1 - p)(n - 1)\rceil$ знаходяться в правій перегородці (виїжджаючи $1$ елемент, шарнір, посередині).

Це не повинно бути важким $T(n, p)$ дає верхню межу для найгіршого випадку, де $p$ є максимально неврівноважений дозволений розділ, як будь-який розділ з дробом $> p$ будуть більш врівноваженими і матимуть менший час виконання та будь-яку фракцію $<p$ не дозволяється.

Очевидно, що $T(n, {1 \over 2})$ найкращий випадок і $T(n, 0)$є найгіршим випадком швидкості. Обидва мають легкі відносини рецидивів, які є в будь-якому навчальному ресурсі. Але у мене немає поняття, як вчитися$T(n, p)$в загальному. Очевидним відношенням було б:

$$T(n, p) = n + T(\lfloor{p(n-1)}\rfloor, p) + T(\lceil(1 - p)(n - 1)\rceil, p)$$

Тут я застряг. Я намагався шукати навколо, але вся література, яку я міг зрозуміти щодо алгоритмів ділення та підкорення, взяла буквально "поділ" і "обдурила" аналіз, використовуючи той факт, що розділи завжди рівні за розміром, об'єднуючи умови в один раз постійний.

Я не знаю, як боротися з двома рекурсивними дзвінками, і не знаю, чи безпечно зняти округлення. Чи можливо це вирішити аналітично, і якщо так, то як?

PS: Мене не цікавлять асимптотика (що легко показати $\Theta(n \log n)$ для будь-якої постійної $p$). Мене цікавить, наскільки стає повільнішим кікспорта$p$ стає менше, наприклад, мене цікавить співвідношення $T(n, 0.25) \over T(n, 0.5)$.

PPS: Будучи випускником, я вибачаюся, якщо я зробив очевидні речі занадто довгими або недостатньо поясненими нетривіальностями. І хоча я не знаю, чи на це дивляться так сильно, як на інших веб-сайтах SE, зазначу, що це особистий інтерес, а не домашнє завдання.

Як ви згадуєте, теорема Акра – Бацци показує, що рішення для повторення$T(n,p)$ є $O(n\log n)$ для усіх $p \in (0,1)$. Однак це не виявляє природи залежності від$p$. Для визначення останнього ми можемо використовувати підхід до дерева рекурсії.

В корені дерева рекурсії лежить інтервал $\{1,\ldots n\}$. Двоє дітей це інтервали$\{1,\ldots,pn\}$ і $\{pn+1,\ldots,n\}$, загальна довжина якої знову $n$. Кожен з цих вузлів має двох дітей (якщо припустити$n$досить великий) тощо. Для простоти ми ігноруємо помилки округлення, тобто припускаємо, що$pn$- ціле число; це лише технічність, і я б не переймався цим. Ми зупиняємо процес щоразу, коли вузол має максимум довжину$1$. Складність алгоритму пропорційна загальній довжині інтервалів у дереві. Коли$p \neq 1/2$, листя (вузли, на яких ми зупиняємо процес) мають різну глибину, і це ускладнює визначення загальної складності.

Ми можемо отримати просту верхню межу, зазначивши, що дерево має максимум $\log_{1-p} (1/n)$ рівні: кожен вузол є щонайменше коефіцієнтом $1-p$менший, ніж його батько. Так само, як і в аналізі на$p = 1/2$, загальна довжина інтервалів на будь-якому рівні не більше $n$, і ми отримуємо верхню межу $O(n\log_{1-p} (1/n))$на час роботи. З тих пір$\log_{1-p} (1/n) = \log n/\log (1-p)^{-1}$ і $\log (1-p)^{-1} = -\log (1-p) = p \pm O(p^2)$ для малих $p$, ми можемо записати це як $O(n\log n/p)$.

Ось більш точний розрахунок. Розглянемо рівень$t$. Припустимо, ми не зупиняємо процес, досягнувши невеликого інтервалу. Ми можемо генерувати випадкову вершину, приймаючи$t$ кроки, в кожному з яких ми ймовірно йдемо ліворуч (скажемо) $p$ і правильно (сказати) з вірогідністю $1-p$. Щоразу, коли ми робимо лівий крок, журнал довжини інтервалу зменшується на$-\log p$, і кожного разу, коли ми робимо правильний крок, він зменшується на $-\log (1-p)$. Вершина знаходиться у фактичному дереві журналу довжини, зменшеної щонайменше$\log n$. Загальна вага інтервалів за рівнем$t$ дерева - це саме ймовірність того, що вершина, сформована відповідно до цього процесу, відповідає максимуму зменшення $\log n$. Тобто, якщо$D$ - це розподіл, який дорівнює $-\log p$ з вірогідністю $p$ і до $-\log(1-p)$ з вірогідністю $1-p$, і $X_1,\ldots,X_t \sim D$ незалежні, то загальна вага рівня $t$ є $\Pr[X_1+\cdots+X_t \leq \log n]$. Для суперконстанта$t$, випадкова величина $X_1+\cdots+X_t$ приблизно нормально розподілений із середнім $[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t$ і дисперсія лінійна в $t$, так для $t$ задовольняючи $[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t \leq (\log n)/2$, скажімо, ймовірність буде дуже близькою $1$, в той час як для $t$ задовольняючи $[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t \geq 2\log n$, скажімо, це буде дуже близько до нуля. Визначення$h(p) = -p\log p-(1-p)\log(1-p)$ (відома як функція бінарної ентропії), ми робимо висновок, що час роботи $\Theta(n\log n/h(p))$ (рівномірний в $p$, як $n\to\infty$). Як$p\to 0$ ми маємо $h(p) \approx -p\log p$і тому наша попередня оцінка не була тісною.

Інший спосіб дивитися на той же аналіз - це наявність нескінченної послідовності незалежних випадкових величин $X_1,X_2,\ldots$ як і раніше, і визначаючи час зупинки $T$ бути вперше $t$ такий як $X_1 + \cdots + X_t \geq \log n$. Тоді час роботи пропорційний$n\mathbb{E}[T]$. Тоді теорема про елементарне оновлення говорить про це$\lim_{n\to\infty} \mathbb{E}[T]/\log n = 1/\mathbb{E}[D] = 1/h(p)$, маючи на увазі, що загальний розмір інтервалів дорівнює $(1+o(1))n\log n/h(p)$. Точніше, для кожної постійної$p$ загальний розмір інтервалів - $(1+\alpha_p(n))n\log n/h(p)$, де $\alpha_p(n) = o(n)$. Збіжність у теоремі елементарного відновлення експоненціальна у часовому параметрі -$\log n$ у нашому випадку - так має бути поліном в $n$, це є, $\alpha_p(n) = O(n^{-C_p})$. Зближення також, ймовірно, є рівномірним для$p \in (\delta,1-\delta)$ для будь-якого $\delta > 0$.

---

Підводячи підсумок, загальна довжина інтервалів у дереві рекурсії, пропорційна часу виконання, має наступну форму для кожного $p$:

$$T(n,p) = (1+o(1)) \frac{n\log n}{h(p)},$$ де $\log n$ і $h(p) = -p\log p-(1-p)\log(1-p)$ приймаються на ту саму базу, що і $o(1)$ є функцією залежно від $p$ і прагнуть до $0$ з $n$.

Причому, мабуть, правда, що для будь-якого $\delta > 0$ і будь-який $p \in (\delta,1-\delta)$ вірно, що загальна довжина інтервалів має форму

$$T(n,p) = (1+O(n^{-C_\delta})) \frac{n\log n}{h(p)},$$ де $C_\delta > 0$ а прихована велика константа O залежить лише від $\delta$. Зокрема, має бути так, що для всіх постійний$p_1,p_2$, $$\lim_{n\to\infty} \frac{T(n,p_1)}{T(n,p_2)} = \frac{h(p_2)}{h(p_1)},$$ і конвергенція поліноміально швидка.