Розв’язання відношення рецидиву з параметром √n

18

Розглянемо рецидив

$\qquad\displaystyle T(n) = \sqrt{n} \cdot T\bigl(\sqrt{n}\bigr) + c\,n$

при з деякою позитивною константою , а . $n \gt 2$ $c$ $T(2) = 1$

Я знаю головну теорему для вирішення повторень, але я не впевнений, як ми могли б вирішити це відношення, використовуючи її. Як ви підходите до квадратного параметра кореня?

asymptotics recurrence-relation master-theorem

— шукач
джерело

5

Основна теорема тут не застосовується; не можна записати як . Що ще ви спробували?

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

\frac{n}{b}

$\frac{n}{b}$

— Рафаель

@Raphael: Я спробував метод субстракції, але, здавалося, застряг у тому, яке значення я повинен вибрати для заміни.

— шукач

1

Як щодо "кілька разів розгорнути повторення, спостерігати за зразком, відгадувати рішення та доводити це "?

— Рафаель

Ну це вперше трапився цей тип, можливо, якась допомога тут допоможе мені легко розробити майбутні проблеми природи.

— шукач

Оскільки ви згадуєте Теорему магістра, я припускаю, що вам потрібно вирішити це співвідношення для асимптотичних меж, і не дуже потрібне вираження закритої форми. Дано нижче, є кілька хороших рішень для пошуку виразу закритої форми, які також надають асимптотичну складність. Однак якщо вам потрібна лише асимптотична складність, аналіз простіший. Подивіться тут на гарне пояснення щодо пошуку асимптотичних складностей, із приємним інтуїтивним рішенням для вашої проблеми.

— Paresh

9

Ми будемо використовувати пропозицію Рафаеля і розгортаємо повторення. Далі всі логарифми є базовою 2. Отримуємо

\begin{aligned} T (n) & = n^{1 / 2} T (n^{1 / 2}) + c n \\ = n^{3 / 4} T (n^{1 / 4}) + n^{1 / 2} c n^{1 / 2} + c n \\ = n^{7 / 8} T (n^{1 / 8}) + n^{3 / 4} c n^{1 / 4} + 2 c n \\ = n^{15 / 16} T (n^{1 / 16}) + n^{7 / 8} c н^{1 / 8} + 3 c н \\ \dots \\ = \frac{н}{2} Т (2) + c н β (н) \end{aligned} .

$\begin{align*} T(n) &= n^{1/2} T(n^{1/2}) + cn \\ &= n^{3/4} T(n^{1/4}) + n^{1/2} c n^{1/2} + cn\\ &= n^{7/8} T(n^{1/8}) + n^{3/4} c n^{1/4} + 2cn\\ &= n^{15/16} T(n^{1/16}) + n^{7/8} c n^{1/8} + 3cn \\ & \ldots \\ &= \frac{n}{2} T(2) + c n \beta(n) \end{align*}.$ де - скільки разів вам потрібно взяти квадратний корінь, щоб почати з n, і досягти 2. Виходить, що . Як ви це бачите? Поміркуйте: Отже, кількість разів, що потрібно взяти квадратний корінь, щоб досягти 2, є рішенням до ,

β (n)

$\beta(n)$

β (n) = \log \log n

$\beta(n) = \log \log n$

\begin{aligned} n & = 2^{\log n} \\ n^{1 / 2} & = 2^{\frac{1}{2} \log n} \\ n^{1 / 4} & = 2^{\frac{1}{4} \log n} \\ \dots \end{aligned}

$\begin{align*} n &= 2^{\log n}\\ n^{1/2} &= 2^{\frac{1}{2} \log n} \\ n^{1/4} &= 2^{\frac{1}{4} \log n} \\ \ldots \end{align*}$

\frac{1}{2^{t}} \log n \approx 1

$\frac{1}{2^t} \log n \approx 1$

\log \log n

$\log \log n$ . Отже, рішенням рекурсії є . Щоб зробити це абсолютно суворим, ми повинні використовувати метод заміни і бути дуже обережними щодо того, як все закруглюється. Коли у мене буде час, я спробую додати цей розрахунок до своєї відповіді.

c n \log \log n + \frac{1}{2} n

$c n \log \log n + \frac{1}{2}n$

— Петро Шор
джерело

"Ви повинні взяти квадратний корінь разів" - це те, що можна очікувати на початківця? Крім того, ваш результат не відповідає Ювалу; це призначено лише асимптотично?

\log \log n

$\log\log n$

— Рафаель

@Raphael: Юваль допустив помилку, яку зараз виправив. Я поясню квадратний корінь у своїй відповіді.

— Петро Шор

3

Ще одна ідея побачити, що рекурсія приймає , така: Беручи квадратний корінь ви вдвічі розряджаєте цифри, необхідні для двійкового подання . Отже, для вашого введення потрібно біт, і ви розділите розмір слова на 2 для кожного рівня рекурсії. Значить, ви зупиняєтесь після кроків.

O (\log \log n)

$O(\log\log n)$

n

$n$

n

$n$

w = \log n

$w=\log n$

\log w = \log \log n

$\log w=\log\log n$

— А.Шульц

10

У своєму коментарі ви згадали, що ви спробували заміну, але застрягли. Ось виведення, яке працює. Мотивація полягає в тому, що ми хотіли б позбутися множника праворуч, залишивши нам щось, що схоже на . У цьому випадку все виходить дуже добре: $\sqrt{n}$ $U(n) = U(\sqrt{n}) + something$

\begin{aligned} Т (н) & = \sqrt{н} Т (\sqrt{н}) + н & так, ділення на н ми отримуємо \\ \frac{Т (н)}{н} & = \frac{Т (\sqrt{н})}{\sqrt{н}} + 1 & і відпускати н = 2^{м} ми маємо \\ \frac{Т (2^{м})}{2^{м}} & = \frac{Т (2^{м / 2})}{2^{м / 2}} + 1 \end{aligned}

$\begin{align} T(n) &= \sqrt{n}\ T(\sqrt{n}) + n & \text{so, dividing by $n$ we get}\\ \frac{T(n)}{n} &= \frac{T(\sqrt{n})}{\sqrt{n}} + 1 &\text{and letting $n = 2^m$ we have}\\ \frac{T(2^m)}{2^m} &= \frac{T(2^{m/2})}{2^{m/2}} + 1 \end{align}$ Тепер давайте спростимо ще більше, за допомогою перехід до журналів (оскільки ). Нехай Ага! Це добре відомий повтор з рішенням Повертаючись до , ми маємо при цьому (і так ), Отже

\lg \sqrt{n} = (1 / 2) \lg n

$\lg \sqrt{n} = (1/2)\lg{n}$

\begin{aligned} S (m) & = \frac{T (2^{m})}{2^{m}} & so our original recurrence becomes \\ S (m) & = S (m / 2) + 1 \end{aligned}

$\begin{align} S(m) &= \frac{T(2^m)}{2^m} & \text{so our original recurrence becomes}\\ S(m) &= S(m/2)+1 \end{align}$

S (m) = Θ (\lg m)

$S(m)=\Theta(\lg m)$

T ()

$T(\,)$

n = 2^{m}

$n=2^m$

m = \lg n

$m=\lg n$

\frac{T (n)}{n} = Θ (\lg \lg n)

$\frac{T(n)}{n} = \Theta(\lg\,\lg n)$

T (n) = Θ (n \lg \lg n)

$T(n) =\Theta(n\,\lg\,\lg n)$ .

— Рік Декер
джерело

6

Якщо ви пишете вас $m=\log n \space$ . $T(m) = {m \over 2}\cdot T({m\over 2}) + c\cdot 2^m\space$

Тепер ви знаєте, що дерево рекурсії має висоту порядку , і знову не важко побачити, що це на кожному рівні, тому загальний час роботи знаходиться в: , який укладає для . $O(\log m)$ $O(2^m)\space$ $O((\log m) \cdot 2^m)\space$ $O(n \cdot \log \log n)\space$ $n$

У всьому, коли бачиш або $\sqrt n$ , добре перевірити логарифм. $n^{a \over b}, a<b \space$

_{PS: Впевнений доказ повинен містити більше деталей, коли я їх пропустив.}

2

Дотримуємось пропозиції Рафаеля, при : $n = 2^{2^k}$

\begin{aligned} T (n) = T (2^{2^{k}}) & = 2^{2^{k - 1}} T (2^{2^{k - 1}}) + c 2^{2^{k}} \\ = 2^{2^{k - 1} + 2^{k - 2}} T (2^{2^{k - 2}}) + c (2^{2^{k}} + 2^{2^{k}}) \\ = \dots \\ = 2^{2^{k - 1} + 2^{k - 2} + \dots + 2^{0}} T (2^{2^{0}}) + c (2^{2^{k}} + 2^{2^{k}} + \dots + 2^{2^{k}}) \\ = 2^{2^{k} - 1} + c k 2^{2^{k}} \\ = (c \log \log n + 1 / 2) n . \end{aligned}

$\begin{align*} T(n) = T(2^{2^k}) &= 2^{2^{k-1}} T(2^{2^{k-1}}) + c2^{2^k} \\ &= 2^{2^{k-1}+2^{k-2}} T(2^{2^{k-2}}) + c(2^{2^k} + 2^{2^k}) \\ &= \cdots \\ &= 2^{2^{k-1}+2^{k-2}+\cdots+2^0} T(2^{2^0}) + c(2^{2^k} + 2^{2^k} + \cdots + 2^{2^k}) \\ &= 2^{2^k-1} + ck2^{2^k} \\ &= (c\log\log n + 1/2)n. \end{align*}$

Редагувати: Дякую Петру Шор за виправлення!

— Юваль Фільм
джерело

2^{2^{k}}

$2^{2^k}$

\dots

$\dots$

2^{2^{k}}

$2^{2^k}$

2^{2^{k}}

$2^{2^k}$

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

T (2)

$T(2)$

1

T (n) = ⌈ \sqrt{n} ⌉ T (⌈ \sqrt{n} ⌉) + c n

$T(n) = \lceil \sqrt{n} \rceil T(\lceil \sqrt{n} \rceil) + cn$

1

\begin{aligned} Т (н) & = & \sqrt{н} Т (\sqrt{н}) + н \\ = & н^{1 / 2} (н^{1 / 4} Т (н^{1 / 4}) + н^{1 / 2}) + н \\ = & н^{1 - 1 / 4} Т (н^{1 / 4}) + 2 н . \end{aligned}

$\begin{align} T(n) &=& \sqrt{n}~ T(\sqrt{n}) + n \\ &=& n^{1/2} \big ( n^{1/4} ~ T(n^{1/4}) + n^{1/2}\big) + n \\ &=& n^{1-1/4}~ T(n^{1/4}) + 2n. \end{align}$

$k$

\begin{aligned} Т (н) & = & н^{1 - 1 / 2^{к}} Т (н^{1 / 2^{к}}) + к н . \end{aligned}

$\begin{align} \label{eqn:unrav} T(n) &=& n^{1-1/2^k} T(n^{1/2^k}) + kn. \end{align}$

$n^{1/2^k} = 2$ $k$

\begin{aligned} н^{1 / 2^{к}} = 2 \\ ⟹ & журнал н = 2^{к} \\ ⟹ & к = журнал журнал н . \end{aligned}

$\begin{align} &&n^{1/2^k} = 2 \\ &\implies& \log n= 2^k \\ &\implies& k= \log \log n. \label{eqn:ksol} \end{align}$

$k=\log \log n$

\begin{aligned} Т (н) = \frac{н}{2} Т (2) + н журнал журнал н . \end{aligned}

$\begin{align} T(n) = \frac{n}{2} T(2) + n \log \log n. \end{align}$

— pC_
джерело

2

Не могли б ви переписати своє зображення на MathJax? Ми відштовхуємо зображення з текстом як відповіді.

— Зло

1

@PKG здається, що ваша редакція дещо відрізняється, і ви також пояснюєте кроки, можливо, ви могли б відповісти самостійно.

— Зло