Спростіть складність n багатокутника k

У мене є рекурсивний алгоритм з часовою складністю, еквівалентним вибору k елементів з n з повторенням, і мені було цікаво, чи можу я отримати більш спрощений вираз big-O. У моєму випадку може бути більше і вони ростуть незалежно. $k$ $n$

Зокрема, я очікував би явного експоненціального вираження. Найкраще, що я міг знайти досі, це те, що грунтуючись на наближенні Стірлінга , тож я можу це використати, але мені було цікаво, чи можу я отримати щось приємніше. $O(n!) \approx O((n/2)^n)$

О ((\binom{н + к - 1}{к})) = О (?)

$O\left({{n+k-1}\choose{k}}\right) = O(?)$

asymptotics combinatorics runtime-analysis

— yoniLavi
джерело

Це не дуже корисне, але дуже цікаве

— факторське

Спасибі,

n! \sim \sqrt{π} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[6]{8 n^{3} + 4 n^{2} + n + \frac{1}{30}}

$n! \sim \sqrt{\pi} \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt[6]{8n^3 + 4n^2 + n + \frac{1}{30}}$ виглядає як круте наближення, але, схоже, це не допомагає спростити це.

— yoniLavi

Відповіді:

Редагувати: Ця відповідь призначена для $k<n$ . Без обмеження $k$ з точки зору $n$ вираз не обмежений.

Якщо то ваш вираз стає . Зауважте, що за формулою Стірлінга для будь-якого де - двійкова ентропія. Зокрема, . Тому маємо для $k=n-1$ $O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)$ $0<\alpha<1$

(\binom{m}{α m}) = Θ (m^{- 1 / 2} 2^{H (α) m}),

${m \choose {\alpha m}}= \Theta(m^{-{1/2}} 2^{H(\alpha)m}),$

H (q) = - q \log q - (1 - q) \log (1 - q)

$H(q)=-q \log q - (1-q) \log (1-q)$

H (1 / 2) = 1

$H(1/2)=1$

k = n - 1

$k=n-1$

O ((\binom{2 (n - 1)}{n - 1})) = Θ ((2 n - 2)^{- 1 / 2} 2^{2 n - 2}) = Θ (\frac{4^{n}}{\sqrt{n}}) .

$O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)=\Theta((2n-2)^{-{1/2}} 2^{2n-2})=\Theta\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right).$

Оскільки верхня межа - це найгірший випадок (я залишаю це як вправу, щоб показати це), ваш вираз є . $k=n-1$ $O\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right)$

— А.Шульц
джерело

Дякую, саме те, що я шукав! і це ще одна річ, що мотивує мене вивчати теорію інформації.

— yoniLavi

@ Falcor84: У мене був менший друкарський помилок в останньому переході. Квадратна коренева частина мусить перейти до знаменника. Отже, зв'язане трохи краще, ніж представлене Парешем. (Насправді, обв’язана асимптотично щільна.)

— А.Шульц

Я теж повинен був помітити той маленький знак мінусу, ще раз дякую.

— yoniLavi

Ваше твердження "ліворуч як вправа" про те, що - це найгірший випадок - це неправильно. Якщо , вираз дорівнює . Це не завжди менше .

k = n - 1

$k = n-1$

n = 3

$n=3$

(\binom{k + 2}{k}) = (\binom{k + 2}{2}) = \frac{(k + 1) (k + 2)}{2}

${k+2 \choose k} = {k+2 \choose 2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$

(\binom{4}{2}) = 6

${4 \choose 2} = 6$

— Петро Шор

Оскільки , задача є симетричною в та (яка може зростати без відношення в моєму випадку ). Тому, гадаю, точнішою відповіддю було б замінити n у заключній частині відповіді на

(\binom{n + k - 1}{k}) = (\binom{n + k - 1}{n - 1})

${{n+k-1}\choose{k}} = {{n+k-1}\choose{n-1}}$

n

$n$

k

$k$

x := m a x (n, k)

$x := max(n,k)$

— yoniLavi

Вольфрам каже, що Сондов (2005) [1], а Сондов та Зуділін (2006) [2] відзначили нерівність: для додатне ціле число і дійсне число.

\frac{1}{4 r м} {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{м} < (\binom{(r + 1) м}{м}) < {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{м}

$\frac{1}{4rm}\left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m < {(r+1)m \choose m} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m$

m

$m$

r \geq 1

$r\ge 1$

Тоді ми можемо використовувати з і .

(\binom{н + к - 1}{к}) < (\binom{н + к}{к}) = (\binom{(r + 1) м}{м})

${n+k-1\choose k} < {n+k\choose k} = {(r + 1)m \choose m}$

r = \frac{n}{k}

$r = \frac{n}{k}$

m = k

$m = k$

Тоді ми маємо

(\binom{н + к - 1}{к}) < {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{м} = {(\frac{н + к}{к})}^{н + к}

${n+k-1\choose k} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m = \left(\frac{n+k}{k}\right)^{n+k}$

Тепер біноміальний вираз має найвище значення в середині трикутника Паскаля. Отже, у нашому випадку або при . $n+k = 2k$ $k = n$

Підставляючи, що у наведеній вище нерівності отримуємо: .

(\binom{н + к - 1}{к}) < 2^{2 н} = 4^{н}

${n+k-1\choose k} < 2^{2n} = 4^n$

Тому жорсткіша межа .

(\binom{н + к - 1}{к}) = О (4^{н})

${n+k-1\choose k} = O(4^n)$

Ви також можете бачити, що нижня межа максимального значення дорівнює

(\binom{н + к - 1}{к}) = Ω (\frac{4^{н}}{н})

${n+k-1\choose k} = \Omega\left(\frac{4^n}{n}\right)$

Список літератури:
[1] Сондов, Дж. "Проблема 11132." Амер. Математика. Щомісячно 112, 180, 2005.
[2] Сондов, Дж. І Зуділін, В. "Константа Ейлера, q-логарифми і формули Рамануджана і Госпера" Рамануджан Дж. 12, 225-244, 2006.

— Paresh
джерело