计算递归关系T（n）= sqrt（n * T（sqrt（n））+ n）

Question

我认为通过更改变量和归纳，此递归的复杂度为O（n ^ 2/3）`。但我不确定。这个解决方案正确吗？

Answer 1

这是一个令人着迷的重复，并且不是求解θ（n）。相反，它似乎可以解决Θ（n ^2/3 ）。

为了直观地说明为什么它不太可能是Θ（n），让我们假设我们正在处理一个非常大的n值。然后，因为

T（n）=（nT（√n）+ n） ^1/2

在T（√n）≈√n的假设下，我们会得到

T（n）=（n√n+ n） ^1/2

=（n ^3/2 + n） ^1/2

≈n ^3/4 。

换句话说，假设当n变大时，T（n）=Θ（n）将给我们不同的T（n）值。

另一方面，我们假设T（n）=Θ（n ^2/3 ）。然后相同的计算得出

T（n）=（nT（n）+ n） ^1/2

=（n·n ^2/3 + n） ^1/2

≈（n ^4/3 ） ^1/2

= n ^2/3 ，

与自己一致。

为了验证这一点，我编写了一个简短的程序，在给定不同输入的情况下，打印出不同的T（n）值并绘制结果。这是我写下的T（n）的版本：

double T(double n) {
  if (n <= 2) return n;
  return sqrt(n * T(sqrt(n)) + n);
}

我决定使用2作为基本情况，因为反复取平方根永远不会让n降为1。我还决定使用实值参数而不是离散整数值，只是为了简化数学运算。

如果绘制T（n）的值，则会得到以下曲线：

。

这看起来不像我期望的线性图所示。为了弄清楚这是什么，我将其绘制在对数/对数图上，该图具有很好的特性，即所有多项式函数都将转换为斜率等于指数的直线。结果如下：

我咨询了我的Handy Neighborhood Regression Software，并要求它确定这条线的斜率。这是它所回报的：

斜率：0.653170918815869

R ² ：0.999942627574643

这非常适合，并且0.653的斜率非常接近2/3。因此，有更多的经验证据支持递归求解为Θ（n ^2/3 ）。

现在剩下要做的就是计算数学。我们将使用一系列替换来解决这种重复发生。

首先，对于这种重复使用指数的方式，我通常不那么喜欢使用指数，因此让我们两边都记录下来。 （在此博览会上，我将用lg n表示log ₂ n）。

lg T（n）= lg（nT（√n）+ n） ^1/2

=（1/2）lg（nT（√n）+ n）

=（1/2）lg（T（√n）+1）+（1/2）lg n

≈（1/2）lg T（√n）+（1/2）lg n

现在，让我们定义S（n）= lg T（n）。然后我们有

S（n）= lg T（n）

≈（1/2）lg T（√n）+（1/2）lg n

=（1/2）S（√n）+（1/2）lg n

使用它要容易得多，尽管我们仍然遇到每次幂缩小递归的问题。为了解决这个问题，让我们再做一次替换，这在使用这些类型的表达式时是很常见的替换。让我们定义R（n）= S（2 ⁿ ）。那我们有

R（n）= S（2 ⁿ ）

≈（1/2）S（√2 ⁿ ）+（1/2）lg 2 ⁿ

=（1/2）S（2 ^{n / 2} ）+（1/2）n

=（1/2）R（n / 2）+（1/2）n

太好了！现在剩下要做的就是求解R（n）。

现在，这里有一个小问题。我们可以立即使用主定理得出R（n）=Θ（n）的结论。问题在于，仅知道R（n）=Θ（n）便无法确定T（n）是多少。具体地说，假设我们只知道R（n）=Θ（n）。那我们可以说

S（n）= S（2 ^{lg n} ）= R（lg n）=Θ（log n）

得到S（n）=Θ（log n）。但是，在尝试根据S（n）求解T（n）时，我们会陷入困境。具体来说，我们知道

T（n）= 2 ^S（n） = 2 ^{Θ（log n）}，

但是我们不能从这个变成说T（n）=Θ（n）。原因是Θ（log n）中的隐藏系数很重要。具体来说，如果S（n）= k lg n，那么我们有

2 ^{k lg n} = 2 ^{lg n k} = n ^k ，

因此，对数的前导系数最终将确定多项式上的指数。结果，在求解R时，我们需要确定线性项的精确系数，这将转化为S的对数项的精确系数。

让我们跳回到我们知道的R（n）

R（n）≈（1/2）R（n / 2）+（1/2）n。

如果我们重复几次，我们将看到以下模式：

R（n）≈（1/2）R（n / 2）+（1/2）n

≈（1/2）（（1/2）R（n / 4）+（1/4）n）+（1/2）n

≈（1/4）R（n / 4）+（1/8）n +（1/2）n

≈（1/4）（（1/2）R（n / 8）+ n / 8）+（1/8）n +（1/2）n

≈（1/8）R（n / 8）+（1/32）n +（1/8）n +（1/2）n。

模式似乎是，经过k次迭代，我们得到了

R（n）≈（1/2 ^k ）R（n / 2 ^k ）+ n（1/2 + 1/8 + 1/32 + 1/128 + ... + 1/2 ^{2k + 1} ）。

这意味着我们应该查看总和

（1/2）+（1/8）+（1/32）+（1/128）+ ...

这是

（1/2）（1 + 1/4 + 1/16 + 1/64 + ...）

作为一个几何级数的总和，求解为

（1/2）（4/3）

= 2/3 。

嘿，看！这是我们之前讨论的2/3。这意味着对于某个常数c，R（n）的结果约为（2/3）n + c，这取决于递归的基本情况。因此，我们看到了

T（n）= 2 ^S（n）

= 2 ^{S（2 lg n ）}

= 2 ^{R（lg n）}

≈2 ^{（2/3）lg n + c}

= 2 ^{lg n 2/3 + c}

= 2 ^c 2 ^{lg n 2/3}

= 2 ^c n ^2/3

= Θ（n ^2/3 ）

与早期的理论预测值和经验值相匹配。

这是一个非常有趣的问题，我将对答案感到惊讶！不过，我有点紧张，我可能会在出发时错过一些东西

lg T（n）=（1/2）lg（T（√n）+1）+（1/2）lg n

到

lg T（n）≈（1/2）lg T（√n）+（1/2）lg n。

这个+1词可能实际上将其他一些词引入了我不认识的复发中。例如，结果是否出现O（log log n）项？ That wouldn't surprise me，因为我们的递归收缩为平方根。但是，我已经进行了一些简单的数据探索，并且在其中看不到任何涉及重复日志的术语。

希望这会有所帮助！

Answer 2

我们知道：

T(n) = sqrt(n) * sqrt(T(sqrt(n)) + 1)

因此：

T(n) < sqrt(n) * sqrt(T(sqrt(n)) + T(sqrt(n)))

1替换为T(sqrt(n))。所以，

T(n) < sqrt(2) * sqrt(n) * sqrt(T(sqrt(n))

现在，要找到一个上限，我们需要解决以下递归关系：

G(n) = sqrt(2n) * sqrt(G(sqrt(n))

要解决此问题，我们需要对其进行扩展（假设n = 2^{2^k}和T(1) = 1）：

G(n) = (2n)^{1/2} * (2n)^{1/8} * (2n)^{1/32} * ... * (2n)^(1/2^k) => 
G(n) = (2n)^{1/2 + 1/8 + 1/32 + ... + 1/2^k} = 

如果我们从1/2中提取1/2 + 1/8 + 1/32 + ... + 1/2^k，我们将得到1/2 * (1 + 1/4 + 1/8 + ... + 1/2^{k-1})。 我们知道1 + 1/4 + 1/8 + ... + 1/2^{k-1}是一个比率为1/4的几何级数，在无穷大处等于4/3。因此G(n) = Theta(n^{2/3})和T(n) = O(n^{2/3})。

请注意，作为sqrt(n) * sqrt(T(sqrt(n)) < T(n)，我们可以显示与先前的情况T(n) = Omega(n^{2/3})类似的情况。这意味着T(n) = Theta(n^{2/3})。

Answer 3

T(n) = sqrt(n*T(sqrt(n)) + n)

我们将双方提升为2的幂：

[T(n)]^2 = n*T(sqrt(n)) + n

从两侧分开n：

{[T(n)]^2 / n} = T(sqrt(n) + 1 

让m等于log(n)，因此n等于2^m

{[T(2^m)]^2 / 2^m} = T(sqrt(2^m) + 1

我们将定义一个新函数S(m) = {[T(2^m)]^2 / 2^m}

S(m) = T(m/2) + 1

根据Mater定理，它等于θ(log(m)) = θ(log(log(n)))
所以我们知道：

{[T(n)]^2 / n} = θ(log(log(n)))

将两边乘以n得到：

[T(n)]^2] = θ(n*log(log(n)))

因此

T(n) = θ(sqrt(n*log(log(n))))