Question

1.赋予T(0)=1, T(n)=T([2n/3])+c（在这种情况下2n/3为下限）。什么是T(n)的大Θ？这只是log(n)(base 3/2)。请告诉我如何获得结果。

2.给出代码

void mystery(int n) {
   if(n < 2)
      return;
   else {
      int i = 0;
      for(i = 1; i <= 8; i += 2) {
         mystery(n/3);
      }
      int count = 0;
      for(i = 1; i < n*n; i++) {
         count = count + 1;
      }
   }
}

根据主定理，big-O界限是n ^ 2。但我的结果是log（n）* n ^ 2（基数3）。我不确定我的结果，实际上我真的不知道如何处理递归函数的运行时。它只是简单的日志功能？

或者如果在此代码中T(n)=4*T(n/3)+n^2会怎么样？

干杯。

Answer 1

对于（1），递推求解为c log _3/2 n + c。要看到这一点，您可以使用迭代方法展开重复的几个术语并找出模式：

T（n）= T（2n / 3）+ c

= T（4n / 9）+ 2c

= T（8n / 27）+ 3c

= T（（2/3）^k n）+ kc

假设T（1）= c并且求解k的选择使得括号内的表达式等于1，我们得到

1 =（2/3）^k n

（3/2）^k = n

k = log _3/2

将这个k选择插入上面的表达式得出最终结果。

对于（2），您具有递归关系

T（n）= 4T（n / 3）+ n ²

使用a = 4，b = 3和d = 2的主定理，我们看到log _b a = log3 4＆lt; d，所以这解决了O（n ²）。这是一种看待这个的方法。在顶层，你做²工作。在下面的那一层，你有四个调用，每个调用n ² / 9工作，所以你做4n ² / 9工作，少于顶层。下面的层执行16次调用，每次执行n ² / 81工作总共16n ² / 81工作，再次比上面的层工作多。总的来说，每一层的工作量都比它上面的层少得多，因此顶层最终会渐渐地支配所有其他层。

Answer 2

让我们做一些复杂性分析，我们会发现T(n)的渐近行为取决于递归的常量。

鉴于T(n) = A T(n*p) + C，A,C>0和p<1，我们首先尝试证明T(n)=O(n log n)。我们尝试找到D，以便足够大n

T(n) <= D(n * log(n))

这会产生

A * D(n*p * log(n*p)) + C <= D*(n * log(n))

查看更高阶的术语，结果为

A*D*p <= D

因此，如果A*p <= 1有效，则 T(n)=O(n log n) 。

在特殊情况下A<=1我们可以做得更好，并证明 T(n)=O(log n) ：

T(n) <= D log(n)

产量

A * D(log(n*p)) + C <= D*(log(n))

查看更高阶的术语，结果为

A * D * log(n) + C + A * D *log(p) <= D * log(n)

从D和n开始，A<=1和log(p)<0足够大。

否则，如果A*p>1，让我们找到q的最小值T(n)=O(n^q)。我们尝试找到最小q，以便存在D

T(n) <= D n^q

这会产生

A * D p^q n^q + C <= D*n^q

查看更高阶的术语，结果为

A*D*p^q <= D

满足此要求的最小q由

定义

A*p^q = 1

因此，我们对 T(n)=O(n^q) q = - log(A) / log(p) 得出结论。

现在，给定T(n) = A T(n*p) + B n^a + C，A,B,C>0和p<1，尝试为某些T(n)=O(n^q)证明q。我们尝试找到最小q>=a，以便对某些D>0，

T(n) <= D n^q

这会产生

A * D n^q p^q + B n^a + C <= D n^q

尝试q==a，只有在

时才会有用

ADp^a + B <= D

即。如果 T(n)=O(n^a) ，则 Ap^a < 1 。

否则我们会像以前一样到达Ap^q = 1，这意味着 T(n)=O(n^q) q = - log(A) / log(p) 。

递归函数运行时

2 个答案: