Намагаючись зрозуміти це доказ коректності Quicksort

Цей доказ є доведенням за допомогою індукції і йде так:

P (n) - твердження, що "Quicksort правильно сортує кожен вхідний масив довжиною n".

Базовий регістр: кожен вхідний масив довжиною 1 вже відсортований (утримується P (1))

Індуктивний крок: fix n => 2. Зафіксуйте вхідний масив довжиною n.

Необхідно показати: якщо P (k) справедливо для всіх k <n, то P (n) також має місце

Потім він малює масив A, розділений навколо деякого зведеного p. Отже, він малює p і називає частину масиву, яка є <p, як 1-ю частину, а частина, яка> p, - другу частину. Довжина частини 1 = k1, а довжина частини 2 - k2. За підтвердженням правильності підпрограми Partition (доведено раніше), шарнір p повертається у правильне положення.

Індуктивна гіпотеза: 1-я, 2-я частини правильно сортуються рекурсивними дзвінками. (Використовуючи P (K1), P (k2))

Отже: після рекурсивних дзвінків весь масив правильно сортується.

QED

Моя плутанина : у мене багато проблем, коли я точно бачу, як це доводить її правильність. Отже, ми припускаємо, що P (k) дійсно виконується для всіх натуральних чисел k <n.

Більшість доказів індукції, які я бачив до цього часу, мають щось на кшталт: Доведіть базовий випадок і покажіть, що P (n) => P (n + 1). Зазвичай вони також включали якусь алгебраїчну маніпуляцію. Цей доказ здається зовсім іншим, і я не розумію, як застосувати до нього концепцію Індукції. Я можу дещо пояснити, що ключовим є правильність підпрограми Partition. Отож є міркування щодо його правильності наступним чином: Ми знаємо, що кожен рекурсивний виклик розділить масив навколо стрижня. Потім цей шарнір буде знаходитись у належному положенні. Тоді кожний підмасив буде додатково розподілений навколо шарніра, і цей шарнір буде потім у своєму правильному положенні. Це продовжується і продовжується до тих пір, поки ви не отримаєте підмножину довжиною 1, яка тривіально сортується.

Але тоді ми не припускаємо, що P (k) виконується для всіх k <n .... ми насправді ВИКАЗУЄМО це (оскільки підпрограма Partition завжди розміщує один елемент у правильному положенні.) Чи не вважаємо ми, що P (k) має значення для всіх k

Ми дійсно припускаємо, що виконується для всіх k < n . Це узагальнення стилю доказування "З P ( n - 1 )" , який ми доводимо, що ви знайомі з P ( n ) ".$P(k)$$k < n$$P(n-1)$$P(n)$

Доказ, який ви описуєте, відомий як принцип сильної математичної індукції і має форму

Припустимо, що - предикат, визначений на n ∈ { 1 , 2 , … } . Якщо ми можемо це показати$P(n)$$n\in \{1, 2, \dotsc\}$

1. вірно, і$P(1)$

2. $(\forall k < n \;[P(k)])\Longrightarrow P(n)$

Тоді справедливо для всіх цілих чисел n ≥ 1 .$P(n)$$n\ge 1$

У доказі, на який ви посилаєтесь, саме так і відбувається. Щоб скористатись quicksort для сортування масиву розміром , ми розділимо його на три частини: перший k підмасив, шарнір (який буде знаходитись у правильному місці) та решту підрядної маси розміром n - k - 1 . У тому випадку, як працює розділ, кожен елемент у першому підмасиві буде меншим або рівним поворотному, і кожен елемент в другому підмасиві буде більшим або рівним поворотному, тому коли ми рекурсивно сортуємо першу та останню підмагістралі, ми завершиться, відсортувавши весь масив.$n$$k$$n-k-1$

Покажемо, що це правильно за допомогою сильної індукції: оскільки перший підмножина має елементів, ми можемо за допомогою індукції припустити, що він буде правильно сортований. Оскільки у другому підмасиві є n - k - 1 < n елементів, можна припустити, що він буде правильно відсортований. Таким чином, склавши всі шматки разом, ми закінчимо сортування масиву.$k<n$$n-k-1<n$

У цьому доказі використовується принцип повної індукції :

Припустимо, що:

• Футляр: $P(1)$
• Крок: Для кожного $n > 1$$P(1),\ldots,P(n-1)$$P(n)$

$P(n)$$n \geq 1$

Тепер давайте використаємо повну індукцію, щоб довести, що наступна версія Quicksort правильно сортує свої дані:

Quicksort(A, n)
    if n = 1 then:
        return
    else:
        let X[1...x] consist of all elements of A[2],...,A[n] which are at most A[1]
        let Y[1...y] consist of all elements of A[2],...,A[n] which are larger than A[1]
        call Quicksort(X, x)
        call Quicksort(Y, y)
        set A to the concatenation of X, A[1], Y

Ось A[1],...,A[n]вхідний масив і nйого довжина. Ствердження, яке ми хочемо довести, таке:

$A$$n \geq 1$$A$$B$

1. $A$
2. Існує перестановка $\pi_1,\ldots,\pi_n$$1,\ldots,n$$B[i] = A[\pi_i]$
3. $B[1] \leq B[2] \leq \cdots \leq B[n]$

$P(n)$

Якщо - масив довжиною n ≥ 1 , а B - його вміст після запуску$A$$n \geq 1$$B$Quicksort(A, n)$B[1] \leq B[2] \leq \cdots \leq B[n]$

$n$$n = 1$$n > 1$$X,x,Y,y$Quicksort$x,y < n$

Відсутня частина аргументу - транзитивність '<' - тобто властивості, що якщо a <b і b <c, то a <c. Доказ того, що кінцевий масив відсортований, виглядає приблизно так:

Нехай A [i], A [j] - елементи масиву після сортування, де i <j. Тоді A [i] <A [j] випливає з одного з наступних випадків розміщення (а інших випадків немає):

(a) i і j знаходяться в першому розділі - A [i] <A [j] слідує за рекурсією / індукцією.

(b) i та j знаходяться у другому розділі - A [i] <A [j] слідує за рекурсією / індукцією.

(c) i знаходиться в першому розділі, а j - індекс повороту - A [i] <A [j] слідує підтвердженням процедури розділення.

(c) i - індекс повороту, а j - у другому розділі - A [i] <A [j] слідує за підтвердженням процедури розділення.

(e) i знаходиться у першому розділі, а j - у другому розділі - потім за процедурою розділення A [i] <pivot та pivot <A [j]. Отже, по транзитивності A [i] <A [j].