Помилка використання асимптотичних позначень

10

Я намагаюся зрозуміти, що не так, з наступним доказом наступних рецидивів

T (n) = 2 T (⌊ \frac{n}{2} ⌋) + n

$T(n) = 2\,T\!\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\right)+n$

T (n) \leq 2 (c ⌊ \frac{n}{2} ⌋) + n \leq c n + n = n (c + 1) = O (n)

$T(n) \leq 2\left(c\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\right)+n \leq cn+n = n(c+1) =O(n)$

У документації сказано, що це неправильно через індуктивну гіпотезу, що Що я пропускаю?

T (n) \leq c n

$T(n) \leq cn$

— Ерб
джерело

2

Повтори цієї форми також можна вирішити, використовуючи теорему Майстра .

— Juho

2

@Ran: Я не думаю, що майстер-теорема є відповідним тегом для цього питання. Питання полягає не в тому, як її вирішити, а в тому, щоб вказати на помилковість у конкретному аргументі. Крім того, магістерська теорема, мабуть, занадто конкретна і, мабуть, не заслуговує на те, щоб мати власний тег. Загалом, нам слід позначати теги на основі запитання, а не можливих відповідей. Наприклад, ви би позначили цей акра-баззі?

— Ар'ябхата

"що не так із наступним доказом" - я не бачу доказів. Часто корисно записати повний доказ (тобто зробити індукцію явною), щоб виявити помилки.

— Рафаель

Пов'язане більш загальне питання - Розв’язування або наближення співвідношень повторень для послідовностей чисел .

— Juho

12

Скажімо, кінцева мета - довести . Ви починаєте з гіпотези про індукцію: $T(n) = \mathcal{O}(n)$

$T(i) \leq ci$ для всіх . $i < n$

І щоб завершити доказ, ви повинні показати, що і . $T(n) \leq cn$

Однак те, що ви можете зробити, це , що не корисно для завершення доказу; вам потрібна одна константа для (майже) всіх . Тому ми нічого не можемо зробити, і не доведено. $T(n) \leq (c+1)n$ $c$ $n$ $T(n) = \mathcal{O}(n)$

Зауважте, що ви заплутані між результатом та процесом доказування. І ще один момент, - це насправді у цьому випадку, тож ви можете розглянути відповідну індукційну гіпотезу, щоб мати змогу це довести. $T(n)$ $\Theta(n \log n)$

— колодка
джерело

якщо ми замінимо c '= c + 1, чи зміниться це?

— Ерб

@erb: Ні, не буде. Ви повинні довести для обраної константи. Якщо замінити , ви, зрештою, маєте (або ), то результат такий же.

c^{'} = c + 1

$c'=c+1$

T (n) \leq (c^{'} + 1) n

$T(n) \leq (c'+1)n$

T (n) \leq (c + 2) n

$T(n) \leq (c+2)n$

— колодка

8

Ви пропустили кілька кроків. Схоже, ви намагаєтесь індукцією довести, що , і ваш доказ іде: $T(n) = O(n)$

Припустимо, для . Це означає для деяких . Тоді , тому . $T(k) = O(k)$ $k<n$ $T(k) \le c \, k$ $c$ $T(n) = 2 T(\lfloor n/2\rfloor) + n \le 2 c \lfloor n/2\rfloor + n\le (c+1) \,n$ $T(n) = O(n)$

Цей доказ виходить неправильним з самого початку: " для " не має сенсу. Великий о - це асимптотичне поняття: означає, що існує деяка константа і поріг N такий, що . І знову в кінці, ви не можете зробити висновок, що " ", тому що це говорить щось про функцію в цілому, і ви лише довели щось про конкретне значення . $T(k) = O(k)$ $k \lt n$ $T(k) = O(k)$ $c$ $\forall k \ge N, T(k) \le c \, k$ $T(n)=O(n)$ $T$ $T(n)$

Вам потрібно бути чітко про те, що означаєТож можливо ваш доказ іде: $O$

Припустимо, що для всіх . Тоді . $T(k) \le c \, k$ $k < n$ $T(n) = 2 T(\lfloor n/2\rfloor) + n \le 2 c \lfloor n/2\rfloor + n\le (c+1) \,n$

Це не доводить індуктивний крок: ви почали з , і ви довели, що для , . Це слабша межа. Подивіться , що це означає: означає , що є оцінкою швидкості росту . Але у вас є швидкість яка зростає, коли зростає. Це не лінійне зростання! $T(k) \le c \, k$ $k=n$ $T(k) \le (c+1) \, k$ $T(k) \le c \, k$ $c$ $T$ $c$ $k$

Якщо ви придивитесь уважніше, то помітите, що швидкість зростає на раз, коли подвоюється. Отже, неофіційно, якщо то ; іншими словами, . $c$ $1$ $k$ $m=2^p k$ $c_m = c_k + p$ $c_k = c_0 \log_{2} k$

Це можна зробити точно. Доведіть за допомогою індукції, що для , . $k \ge 1$ $T(k) \le c \log_2(k)$

Відношення рецидивів є типовим для алгоритмів ділення і підкорення, які розділяють дані на дві рівні частини за лінійним часом. Такі алгоритми працюють у час (не ). $\Theta(n\,\mathrm{log}(n))$ $O(n)$

Щоб побачити, який очікуваний результат, ви можете перевірити відношення рецидивів проти основної теореми . Поділ - і додаткова робота, що виконується, - ; тому це другий випадок, для якого зростання є . $2T(n/2)$ $n$ $\log_2(2) = 1$ $\Theta(n\,\log(n))$

— Жил "ТАК - перестань бути злим"
джерело

7

Я вже продовжую відповідь, можливо, лише пояснивши свій коментар більш докладно.

Оскільки відгадування може бути важким і стомлюючим, іноді існують кращі методи. Одним із таких методів є теорема магістра . Наше повторення тепер має вигляд , де і - константи, а - функція. Зауважте, що в нашому випадку може бути інтерпретоване як значення . Якщо бути технічно точним, наше повторення може бути не чітко визначеним, оскільки $T(n) = a T(n/b) + f(n)$ $a \geq 1$ $b > 1$ $f(n)$ $\lfloor n/2 \rfloor$ $n/2$ $n/2$ може бути не цілим числом. Однак це дозволено, оскільки це не вплине на асимптотичну поведінку рецидиву. Тому нам часто зручно скидати підлоги та стелі. Офіційне підтвердження цього є трохи стомлюючим, але зацікавлений читач може знайти його, наприклад, у Cormen et al. книга .

У нашому випадку маємо , , . Це означає, що у нас . Другий випадок Майстри теорема застосовна , так як , і ми маємо рішення . $a = 2$ $b = 2$ $f(n) = \Theta(n)$ $n^{\log_b a} = n^{\log_2 2} = n$ $f(n) = \Theta (n)$ $T(n) = \Theta (n \log n)$

— Джухо
джерело

Дякую! Можна зазначити, що "скидання підлоги та перекриттів" відповідає припущенню, що що зазвичай робиться. Основне спостереження полягає в тому, що для не спадаючих функцій асимптотичний ріст підрядів дорівнює асимптотичному зростанню всієї послідовності.

n = 2^{k}

$n=2^k$

— Рафаель