求解递归关系：T（n）= T（n-1）+ T（n / 2）+ n

Question

解决：T（n）= T（n-1）+ T（n / 2）+ n 。

我尝试使用递归树来解决这个问题。分别有两个分支T(n-1)和T(n/2)。 T(n-1)会更深入。所以我们得到O(2^n)。这个想法是否正确？

Answer 1

不，你的想法不正确。复杂性是O(n)我也必须承认这个问题很难。

这是一个解决方案。 T(n) = T(n-1) + T(n/2) + n。由于您计算的内容非常大n，因此n-1与n几乎相同。因此，您可以将其重写为T(n) = T(n) + T(n/2) + n

在这里我犯了一个错误，错误的解决方案开始了：

是T(n) = 1/2 * T(n/2) + n/2。如您所见，这种递归的复杂性将比原始递归复杂得多。

请注意，您不能在此处使用Master's定理，因为a < 1。

您可以开始展开递归。

最后一次求和转换，因为它是几何级数。因此，递归将在某个时间停止，您可以选择某个时间点。我在T(1) = b时选择了它。这种情况发生在n/2^k = 1或n = 2^k，这意味着k = log n。

如果您将在递归中替换此k，则最大元素将以O(n)运行，因此这是此等式的运行时间。

错误结束，正确开始

是T(n/2) + n = 0，等于T(n) = - 2n，因此它是线性的。这对我来说是违反直觉的（这里是减号），但是有了这个解决方案，我发现functional equation T(n)=T(n-1)+T(n/2)+n的解决方案非常接近-2n - 2。

如果您将其插入等式中，您会看到对于任何n它只有1关闭。所以解决方案仍然是O(n)

P.S。再一次，CS类的一个非常奇怪的递归。

Answer 2

你的推理是正确的，但你放弃的太多了。 （例如，说2x^3+4=O(2^n)也是正确的，但这不像2x^3+4=O(x^3)那样有用。）

我们要做的第一件事就是摆脱不均匀的术语n。这表明我们可能会寻找T(n)=an+b形式的解决方案。用它代替，我们发现：

an+b = a(n-1)+b + an/2+b + n

减少到

0 = (a/2+1)n + (b-a)

暗示a=-2和b=a=-2。因此，T(n)=-2n-2是等式的解决方案。

我们现在想通过减去我们已经找到的解决方案来寻找其他解决方案。我们来定义U(n)=T(n)+2n+2。等式变为

U(n)-2n-2 = U(n-1)-2(n-1)-2 + U(n/2)-2(n/2)-2 + n

减少到

U(n) = U(n-1) + U(n/2).

U(n)=0是这个等式的一个明显的解决方案，但是这个等式的非平凡解决方案如何表现？

我们假设某些U(n)∈Θ(n^k)为k>0，因此U(n)=cn^k+o(n^k)。这使得等式

cn^k+o(n^k) = c(n-1)^k+o((n-1)^k) + c(n/2)^k+o((n/2)^k)

现在，(n-1)^k=n^k+Θ(n^{k-1})，以便上述内容成为

cn^k+o(n^k) = cn^k+Θ(cn^{k-1})+o(n^k+Θ(n^{k-1})) + cn^k/2^k+o((n/2)^k)

吸收低阶项并减去常用cn^k，我们到达

o(n^k) = cn^k/2^k

但这是错误的，因为右手边比左边增长得快。因此，U(n-1)+U(n/2)增长速度超过U(n)，这意味着U(n)必须比我们假设的Θ(n^k)增长得更快。由于任何k都适用，U(n)必须比任何多项式都快。

比任何多项式增长更快的事物的一个很好的例子是指数函数。因此，我们假设某些U(n)∈Θ(c^n)为c>1，因此U(n)=ac^n+o(c^n)。这就是方程式 ac ^ n + o（c ^ n）= ac ^ {n-1} + o（c ^ {n-1}）+ ac ^ {n / 2} + o（c ^ {n / 2}） 重新排列并使用某些增长数学顺序，这就变成了

c^n = o(c^n)

这是错误的（再次），因为左手边比右边增长得快。因此， U(n)的增长速度超过U(n-1)+U(n/2)，这意味着U(n)的增长速度必须慢于我们假设的Θ(c^n)。由于任何c>1都是如此，U(n)必须比任何指数增长更慢。

这使我们进入准多项式的领域，其中ln U(n)∈O(log^c n)和次指数，其中ln U(n)∈O(n^ε)。其中任何一个都意味着我们要查看L(n):=ln U(n)，其中前面的段落暗示L(n)∈ω(ln n)∩o(n)。根据我们方程的自然对数，我们有

ln U(n) = ln( U(n-1) + U(n/2) ) = ln U(n-1) + ln(1+ U(n/2)/U(n-1))

或

L(n) = L(n-1) + ln( 1 + e^{-L(n-1)+L(n/2)} ) = L(n-1) + e^{-(L(n-1)-L(n/2))} + Θ(e^{-2(L(n-1)-L(n/2))})

所以一切都归结为：L(n-1)-L(n/2)增长的速度有多快？我们知道L(n-1)-L(n/2)→∞，否则L(n)∈Ω(n)。 L(n)-L(n/2)可能同样有用，因为L(n)-L(n-1)∈o(1)远小于L(n-1)-L(n/2)。

不幸的是，这是我能够解决问题的方法。我没有看到控制L(n)-L(n/2)增长速度的好方法（我几个月来一直盯着这个）。我唯一可以结束的是引用另一个答案：“CS类的一个非常奇怪的递归”。

Answer 3

我认为我们可以这样看：

T(n)=2T(n/2)+n < T(n)=T(n−1)+T(n/2)+n < T(n)=2T(n−1)+n

如果我们应用大师定理，则：

Θ(n∗logn) < Θ(T(n)) < Θ(2n)

Answer 4

请记住，T(n) = T(n-1) + T(n/2) + n比T(n) = T(n-1) + n大（渐近）仅适用于渐近为正的函数。在这种情况下，我们有T = Ω(n^2)。

请注意，T(n) = -2(n + 2)是泛函方程的一个解，但它对我们不感兴趣，因为它不是渐近正解的解决方案，因此O的表示法不是有有意义的应用。

您还可以轻松检查T(n) = O(2^n)。 （如果需要，请参考yyFred解决方案）

如果您尝试对类型为n^a(lgn)^b且具有a(>=2)和b正常数的函数使用O的定义，您会发现Substitution也不可行方法。

实际上，唯一允许使用Substitution Method进行证明的函数是指数函数，但是我们知道该递归的增长速度不如T(n) = 2T(n-1) + n快，因此，如果T(n) = O(a^n)，我们可以a < 2。

假设T(m) <= c(a^m)（对于某些常数c）是实数和正数。我们的假设是该关系对所有m

T(n) <= (1/a+1/a^(n/2))c(a^n) + n

我们可以通过将假设更改为低阶项来轻松摆脱n。重要的是：

1/a+1/a^(n/2) <= 1

a^(n/2+1)-a^(n/2)-a >= 0

更改变量：

a^(N+1)-a^N-a >= 0

我们希望找到一个尽可能紧密的键，因此我们正在寻找最低的a。我们在上面发现的不等式接受a的解，该解非常接近1，但是a是否可以任意接近1？答案是否定的，让a的格式为a = (1+1/N)。将a替换为不等式并应用限制N -> INF：

e-e-1 >= 0

这是荒谬的。因此，上面的不等式具有某个固定数N*作为最大解，可以通过计算找到。一个快速的Python程序使我能够找到a < 1+1e-45（稍作推断），因此我们至少可以确定：

T(n) = ο((1+1e-45)^n)

Answer 5

T(n)=T(n-1)+T(n/2)+n与T(n)=T(n)+T(n/2)+n相同，因为我们正在解决n的极大值。 T(n)=T(n)+T(n/2)+n只有在T(n/2) + n = 0时才能为真。这意味着T(n) = T(n) + 0 ~= O(n)