ในวิทยาการคอมพิวเตอร์เรามักจะต้องแก้ปัญหาความสัมพันธ์ซ้ำซึ่งเป็นรูปแบบปิดสำหรับลำดับตัวเลขที่กำหนดซ้ำ เมื่อพิจารณาจากเวลาการทำงานเรามักจะให้ความสนใจส่วนใหญ่อยู่ในลำดับที่asymptoticการเจริญเติบโต

ตัวอย่างคือ

1. รันไทม์ของฟังก์ชั่น tail-recursive ลดลงเหลือจากซึ่งร่างกายใช้เวลา :$0$$n$$f(n)$

   $\qquad \begin{align} T(0) &= 0 \\ T(n+1) &= T(n) + f(n) \end{align}$

2. ลำดับฟีโบนักชี :

   $\qquad \begin{align} F_0 &= 0 \\ F_1 &= 1 \\ F_{n+2} &= F_n + F_{n+1} \end{align}$

3. จำนวนคำ Dyckกับคู่วงเล็บ:$n$

   $\qquad\begin{align} C_0 &= 1 \\ C_{n+1}&=\sum_{i=0}^{n}C_i\,C_{n-i} \end{align}$

4. การเกิดซ้ำรันไทม์การผสานบนรายการความยาว :$n$

   $\qquad \begin{align} T(1) &= T(0) = 0 \\ T(n) &= T(\lfloor n/2\rfloor) + T(\lceil n/2\rceil) + n-1 \end{align}$

วิธีใดในการแก้ปัญหาความสัมพันธ์ที่เกิดซ้ำ เรากำลังมองหา

• วิธีการทั่วไปและ
• วิธีการสำหรับคลาสย่อยที่สำคัญ

เช่นกัน

• วิธีการที่ให้ทางออกที่แม่นยำและ
• วิธีการที่ให้ (ขอบเขตบน) การเจริญเติบโตแบบซีมโทติค

^{นี่ควรจะเป็นคำถามอ้างอิง โปรดโพสต์หนึ่งคำตอบต่อวิธีและให้คำอธิบายทั่วไปรวมถึงตัวอย่างที่เป็นตัวอย่าง}

การแปลงประวัติเต็มเป็นประวัติ จำกัด

นี่คือขั้นตอนแรกในการแก้ซ้ำที่มีค่าที่จำนวนเต็มใด ๆ ขึ้นอยู่กับค่าที่ทุกจำนวนเต็มขนาดเล็ก พิจารณาตัวอย่างเช่นการเกิดซ้ำ ที่เกิดขึ้น ในการวิเคราะห์ของquicksort แบบสุ่ม (ที่นี่เป็นยศเดือยสุ่มเลือก.) สำหรับจำนวนเต็มใด ๆค่าของขึ้นอยู่กับทุกกับ<n การเกิดซ้ำของแบบฟอร์มนี้เรียกว่าการเกิดซ้ำแบบเต็มประวัติknT(n)T(k)k<

$$T(n) = n + \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \big(T(k-1) + T(n-k)\big)$$ $k$$n$$T(n)$$T(k)$$k<n$

ในการแก้ปัญหาการเกิดซ้ำเราสามารถแปลงให้เป็นการเกิดซ้ำแบบจำกัดโดยที่ขึ้นอยู่กับค่าก่อนหน้าจำนวนคงที่เท่านั้น แต่ก่อนอื่นจะช่วยให้การเกิดซ้ำง่ายขึ้นเล็กน้อยเพื่อรวบรวมคำศัพท์ทั่วไปและกำจัดเศษส่วนที่น่ารำคาญ ตอนนี้เพื่อแปลงเป็นการเกิดซ้ำแบบ จำกัด ประวัติ เราเขียนการเกิดซ้ำของลบและรวบรวมคำศัพท์ใหม่: start n T ( n $T(n)$ T(n-1) ( n - 1 ) T ( n - 1

$$\begin{align*} n T(n) &= n^2 + 2\sum_{k=1}^{n-1} T(k) \end{align*}$$ $T(n-1)$ $$\begin{align*} (n-1) T(n-1) &= (n-1)^2 + 2\sum_{k=1}^{n-2} T(k) \\ \implies nT(n) - (n-1)T(n-1) &= (2n-1) + 2T(n-1) \\[1ex] \implies n T(n) &= (2n-1) + (n+1) T(n-1) \\[1ex] \implies \frac{T(n)}{n+1} &= \frac{2n-1}{n(n+1)} + \frac{T(n-1)}{n} \end{align*}$$

ตอนนี้ถ้าเรากำหนดและแทนที่เศษส่วนด้วยรูปแบบ asymptotic ที่ง่ายกว่าเราได้รับการเกิดซ้ำง่ายกว่า ขยายการกำเริบนี้ลงบวกทันทีจะช่วยให้เราที่เป็น TH จำนวนฮาร์โมนิ เราสรุปได้ว่าn)}2 n - $t(n) = T(n)/(n+1)$ Θ(1/n)T(n)=Θ(1/n)+T(n-1) t(n)=Θ(Hn)=Θ(บันทึกn$\frac{2n-1}{n(n+1)}$$\Theta(1/n)$

$$t(n) = \Theta(1/n) + t(n-1).$$ $t(n) = \Theta(H_n) = \Theta(\log n)$$H_n$$n$$\boldsymbol{T(n) = \Theta(n\log n)}$

การสร้างฟังก์ชั่น$\newcommand{\nats}{\mathbb{N}}$

ชุดของตัวเลขทุกสอดคล้องกับฟังก์ชั่นการสร้าง บ่อยครั้งที่มันสามารถได้รับอย่างสะดวกสบายจากการเกิดซ้ำเพื่อให้ได้ค่าสัมประสิทธิ์ - องค์ประกอบของซีรีส์ - ดึงออกมา

คำตอบนี้รวมถึง ansatz ทั่วไปพร้อมด้วยตัวอย่างที่สมบูรณ์ทางลัดสำหรับกรณีพิเศษและหมายเหตุบางประการเกี่ยวกับการใช้วิธีนี้เพื่อรับ asymptotics (แม้ว่าจะไม่ได้ผลลัพธ์ที่แม่นยำ)

วิธีการ

ให้ชุดตัวเลข จากนั้นชุดพลังอย่างเป็นทางการ$(a_n)_{n\in\nats}$

$\qquad \displaystyle A(z) = \sum_{n=0}^\infty a_nz^n$

เป็นธรรมดาสร้างฟังก์ชัน ¹ของ NATS} ค่าสัมประสิทธิ์การขยายตัวในชุดของเท่ากับลำดับเช่นa_n ตัวอย่างเช่นฟังก์ชันสร้างสามัญของหมายเลขคาตาลันที่มีชื่อเสียงคือ A ( z ) [ z n ] A ( z ) = a n C $(a_n)_{n\in\nats}$$A(z)$$[z^n]A(z) = a_n$ $C_n$

$\qquad \displaystyle C(z) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4z}}{2z}$4z}}}

คำจำกัดความของยังเป็นคำของเราสำหรับการแก้ไขการเกิดซ้ำ วิธีนี้ใช้ได้ผลดีที่สุดสำหรับการเกิดซ้ำเชิงเส้นดังนั้นสมมติว่าการเกิดซ้ำของแบบฟอร์มง่ายขึ้น$A$

$\qquad \begin{align} a_0 &= c_0 \\ &\vdots \\ a_{k-1} &= c_{k-1} \\ a_n &= f(n) + \sum_{i=1}^k b_i a_{n-i} \qquad , n \geq k \end{align}$

สำหรับบางคนคงและอิสระการทำงานของทุกÄ_iตอนนี้เราเพียงแค่ใส่จุดยึดและส่วนที่เรียกซ้ำเข้าไปใน ansatz นั่นก็คือ f ( n ) : N → N a $b_1, \dots, b_k \in \mathbb{R}$$f(n) : \nats \to \nats$$a_i$

$\qquad \begin{align} A(z) &= \sum_{n=0}^\infty a_nz^n \\ &= c_0z^0 + c_1z^1 + \dots + c_{k-1}z^{k-1} + \sum_{n=k}^\infty \left[ f(n) + \left(\sum_{i=1}^k b_i a_{n-i}\right)\right] z^n \end{align}$

โดยใช้กลไกของการจัดการผลรวมคุณสมบัติของชุดไฟอย่างเป็นทางการและเป็นที่รู้จักในตัวตน ², ด้านขวามือสุดท้ายจะต้องมีการนำเข้ามาในรูปแบบปิดโดยทั่วไปในแง่ของ(z) สมผลให้สามารถ (มัก) ได้รับการแก้ไขสำหรับ(z) การขยายผลแบบอนุกรม (ซึ่งอาจหาได้ง่ายรู้หรือเข้าถึงได้) เป็นวิธีแก้ปัญหาA ( z $A(z)$$A(z)$

คำนำที่ดีสามารถพบได้ในหนังสือของ Wilf [3] และใน GKP [4] วัสดุขั้นสูงได้รับการรวบรวมโดย Flajolet และ Sedgewick [5]

ตัวอย่าง

พิจารณา

$\qquad \begin{align} a_0 &= 1 \\ a_1 &= 2 \\ a_n &= 5n + 3a_{n-1} - 2a_{n_2} \qquad , n > 1 \end{align}$

เราคำนวณ:

$\qquad \begin{align} A(z) &= \sum_{n=0}^\infty a_n z^n \\ &= 1 + 2z + \sum_{n=2}^\infty \left[ 3a_{n-1} - 2a_{n-2} + 5n\right]z^n \\ &= 1 + 2z + 3\sum_{n=2}^\infty a_{n-1}z^n - 2\sum_{n=2}^\infty a_{n-2}z^n + 5\sum_{n=2}^\infty n z^n \\ &= 1 + 2z + 3z\sum_{n=1}^\infty a_nz^n - 2z^2\sum_{n=0}^\infty a_n z^n + 5\sum_{n=2}^\infty n z^n \\ &= 1 + 2z + 3z(A(z) - a_0) - 2z^2A(z) + 5 \left( \frac{z}{(1-z)^2} - z\right) \\ &= 1 - 6z + (3z - 2z^2)A(z) + \frac{5z}{(1-z)^2} \end{align}$

วิธีนี้แก้ได้

$\qquad \begin{align} A(z) &= \frac{1 - 3z + 13z^2 - 6z^3}{(1-2z)(1-z)^3} \\ &= \frac{16}{1-2z} - \frac{5}{1-z} - \frac{5}{(1-z)^2} - \frac{5}{(1-z)^3} \\ &= 16\sum_{n=0}^\infty 2^n z^n - 5\sum_{n=0}^\infty z^n - 5 \sum_{n=0}^\infty (n+1) z^n - 5\sum_{n=0}^\infty \frac{(n+1)(n+2)}{2} z^n \end{align}$

ตอนนี้เราสามารถอ่านออกได้ในที่สุด

$\qquad \begin{align} a_n &= 16 \cdot 2^n - 5 - 5(n+1) - \frac{5}{2}(n+1)(n+2) \\ &= 2^{n+4} - \frac{5}{2}n^2 - \frac{25}{2}n - 15 \end{align}$

เมื่อคุณคุ้นเคยกับมันคุณจะสังเกตเห็นว่านี่เป็นกลไกทั้งหมด อันที่จริงพีชคณิตคอมพิวเตอร์สามารถทำสิ่งนี้ให้คุณได้ในหลายกรณี สิ่งที่ดีคือมันยังคงอยู่ (มากหรือน้อย) ช่างนั้นแม้ว่าการเกิดซ้ำนั้นซับซ้อนกว่า ดูที่นี่สำหรับตัวอย่างที่เกี่ยวข้องมากขึ้นและช่างน้อยลง

โปรดทราบด้วยว่าเทคนิคทั่วไปยังใช้งานได้หากวัตถุที่ค้นหานั้นเป็นจำนวนเชิงซ้อน

ทางลัด

สำหรับการเกิดซ้ำเชิงเส้นและเป็นเนื้อเดียวกันเช่นรูปแบบ

$\qquad \begin{align} a_0 &= c_0 \\ &\vdots \\ a_{k-1} &= c_{k-1} \\ a_n &= \sum_{i=1}^k b_i a_{n-i} \qquad , n \geq k \end{align}$

ข้างต้นจะผ่านในลักษณะเดียวกันทุกครั้ง โดยดำเนินการคำนวณข้างต้นสัญลักษณ์เราพบต่อไปนี้แทรก ปล่อย

$\qquad \displaystyle z^k - b_1 z^{k-1} - b_2 z^{k-2} - \dots - b_k$

เป็นพหุนามลักษณะ (ของการเกิดซ้ำ) ให้อีกเลขศูนย์ ( ) ของพหุนามที่กล่าวด้วยตามลำดับ จากนั้นค่าสัมประสิทธิ์ที่ต้องการจะได้รับจากR $\lambda_1, \dots, \lambda_l$$r_i$

$\qquad \displaystyle a_n = \sum_{i=1}^l \sum_{j=1}^{r_i} b_{i,j} \cdot n^{j-1} \cdot \lambda_i^n$

กับที่ไม่รู้จักj} ในฐานะที่เป็นพหุนามลักษณะมีปริญญามีตรง (ซับซ้อน) ศูนย์คือรวมไปkดังนั้นค่าสัมประสิทธิ์ที่ขาดหายไปสามารถถูกกำหนดได้โดยการแก้ระบบสมการเชิงเส้นด้วยสมการได้รับโดยการเทียบสูตรข้างต้นกับใด ๆของ (เช่นจุดยึด) k k r ฉัน k k k a $b_{i,j}$$k$$k$$r_i$$k$$k$$k$$a_n$

asymptotics

การไปยังแบบฟอร์มปิดสำหรับมักเป็นส่วนที่ง่าย การแสดงมันในการสร้างฟังก์ชั่นเรารู้ว่าสัมประสิทธิ์ของ (อย่างที่เราทำในตัวอย่าง) กลายเป็นเรื่องยากอย่างรวดเร็ว ตัวอย่างคือจากด้านบนและอีกอันสำหรับจำนวนของคำ Dyck ที่กล่าวถึงในคำถามC ( z $A(z)$$C(z)$

เราสามารถใช้เครื่องมือวิเคราะห์ที่ซับซ้อนโดยเฉพาะการวิเคราะห์ภาวะเอกฐานเพื่อให้ได้ค่าสัมประสิทธิ์สำหรับค่าสัมประสิทธิ์ buzzwords รวมถึงวิธีการของ Darboux และวิธี saddle-point เหล่านี้จะขึ้นอยู่กับทฤษฎีบทสารตกค้างและสูตรหนึ่งของ Cauchy ดูรายละเอียด [6]

---

1. คุณสามารถทำสิ่งที่คล้ายกันกับชี้แจง , Dirichletและฟังก์ชั่นการสร้างอื่น ๆ ซึ่งทำงานได้ดีที่สุดขึ้นอยู่กับลำดับที่อยู่ในมือและโดยเฉพาะอย่างยิ่งไม่ว่าคุณจะพบรูปแบบปิดที่จำเป็น
2. ตัวอย่างเช่นจากTCS Cheat Sheetหรือ [3]
3. การสร้างฟังก์ชั่นโดย H. Wilf (1994, 2nd ed.) - สามารถดาวน์โหลดได้ฟรี
4. คณิตศาสตร์คอนกรีตโดย RL Graham, DE Knuth และ O. Patashnik (1994, 2nd ed.)
5. รู้เบื้องต้นเกี่ยวกับการวิเคราะห์อัลกอริทึมโดย R. Sedgewick และ P. Flajolet (รุ่นที่ 2, 2013) - สามารถดาวน์โหลดได้ฟรี
6. เครื่องวิเคราะห์เชิงเลขโดย P. Flajolet และ R. Sedgewick (2009) - สามารถดาวน์โหลดได้ฟรี

ทฤษฎีมหาบัณฑิต

ทฤษฎีบทโทให้ asymptotics สำหรับการแก้ปัญหาของสิ่งที่เรียกว่าการแบ่งและพิชิตซ้ำว่าเป็นเช่นนั้นแบ่งพารามิเตอร์ของพวกเขาเป็นชิ้นตามสัดส่วน (แทนการตัดค่าคงที่) โดยทั่วไปแล้วจะเกิดขึ้นเมื่อทำการวิเคราะห์ (เรียกซ้ำ) หารและเอาชนะอัลกอริธึมดังนั้นชื่อ ทฤษฎีบทดังกล่าวเป็นที่นิยมเพราะมักจะใช้งานง่ายอย่างไม่น่าเชื่อ ในทางกลับกันมันสามารถใช้ได้กับการเกิดซ้ำของแบบฟอร์มต่อไปนี้:

$\qquad \displaystyle T(n) = a \cdot T\left(\frac{n}{b}\right) + f(n)$

กับ1 มีสามกรณี$a \geq 1, b > 1$

1. $\quad \displaystyle f \in O\left( n^{\log_b (a) - \varepsilon} \right)$

   สำหรับบาง ;$\varepsilon > 0$

2. $\quad \displaystyle f \in \Theta\left( n^{\log_b a} \log^{k} n \right)$ ,

   สำหรับบาง ;$k \geq 0$

3. $\quad \displaystyle f \in \Omega\left( n^{\log_b (a) + \varepsilon} \right)$

   สำหรับและ$\varepsilon > 0$

   $\quad \displaystyle a f\left( \frac{n}{b} \right) \le c f(n)$

   สำหรับบางและ\n → $c < 1$$n \to \infty$

ซึ่งบ่งบอกถึง asymptotics

1. $T \in \Theta\left( n^{\log_b a} \right)$ ,
2. $T \in \Theta\left( n^{\log_b a} \log^{k+1} n \right)$และ
3. $T \in \Theta \left(f \right)$ ,

ตามลำดับ โปรดทราบว่ากรณีฐานไม่ได้ระบุหรือใช้ที่นี่; มันสมเหตุสมผลแล้วเมื่อพิจารณาว่าเรากำลังศึกษาพฤติกรรมเชิงซีมโทติคเท่านั้น เราเงียบ ๆ คิดว่าพวกเขามีค่าคงที่บางคน (อะไรที่พวกเขาสามารถ. ซึ่งคงที่เราไม่เห็นไม่เกี่ยวข้องพวกเขาทั้งหมดหายไปใน\$\Theta$

ตัวอย่าง

1. พิจารณาการเกิดซ้ำ

   $\qquad \displaystyle T(n) = 4T\left(\frac{n}{3}\right) + n$n

   ด้วยและ - ทราบว่าเราเห็นกรณีที่หนึ่งนำไปใช้กับ0.25 ดังนั้นdots})B = 3 บันทึกข ≈ 1.26 ε = 0.25 T ∈ Θ ( n เข้าสู่ระบบ3 4 ) = Θ ( n 1.261 ...$f(n) = n, a=4$$b=3$$\log_b a \approx 1.26$$\varepsilon = 0.25$$T \in \Theta(n^{\log_3 4}) = \Theta(n^{1.261\dots})$

2. พิจารณาการเกิดซ้ำ

   $\qquad \displaystyle T(n) = 2T(n/2) + n$n

   ด้วยและ - ทราบว่าเราเห็นสองที่ใช้ในกรณีที่มี 0 ดังนั้นn)ข= 2 บันทึกข = 1 k = 0 T ∈ Θ ( n log n $f(n) = n, a=2$$b=2$$\log_b a = 1$$k=0$$T \in \Theta(n \log n)$

3. พิจารณาการเกิดซ้ำ

   $\qquad \displaystyle T(n) = 3T\left(\frac{n}{4}\right) + n$n

   ด้วยและ - ทราบว่าเราเห็นกรณีที่สามนำไปใช้กับและ 1 ดังนั้น(N)ข= 4 บันทึกข ≈ 0.79 ε = 0.2 C = 1 T ∈ Θ ( n $f(n) = n, a=3$$b=4$$\log_b a \approx 0.79$$\varepsilon = 0.2$$c=1$$T \in \Theta(n)$

4. พิจารณาการเกิดซ้ำ

   $\qquad \displaystyle T(n) = 16T\left(\frac{n}{4}\right) + n!$

   ที่นี่เรามี ,และ- ตัวอย่างมาตรฐานจำนวนมากจะมีพหุนามแต่นี่ไม่ใช่กฎ เรามีและกรณีที่สามใช้อีกครั้ง ในกรณีนี้เราสามารถเลือกและเป็นสำหรับทุกkดังนั้น(n!)b = 4 f ( n ) = n ! f log b a = 2 ε c > 0 n ! ∈ โอห์ม( n k ) k T ∈ Θ ( n ! $a = 16$$b=4$$f(n) = n!$$f$$\log_b a = 2$$\varepsilon$$c > 0$$n! \in \Omega(n^{k})$$k$$T \in \Theta(n!)$

อ่านเพิ่มเติม

• เป็นไปได้ว่าไม่มีกรณีของทฤษฎีบทต้นแบบที่ใช้ ตัวอย่างเช่นปัญหาย่อยอาจมีขนาดไม่เท่ากันหรือมีรูปแบบที่ซับซ้อนมากขึ้น มีการต่อเติมทฤษฎีบทหลักบางอย่างเช่นAkra-Bazzi [1] หรือ Roura [2] มีแม้กระทั่งรุ่นที่ใช้งานได้สำหรับการเกิดซ้ำแบบไม่ต่อเนื่อง (เช่นการใช้พื้นและเพดานบนพารามิเตอร์แบบเรียกซ้ำ) และให้ผลลัพธ์ที่คมชัดกว่า [3]

• โดยปกติแล้วคุณต้องนวดความสัมพันธ์ที่เกิดขึ้นจริงที่คุณมีเป็นรูปร่างก่อนที่จะสามารถใช้ทฤษฎีบทโท แปลงทั่วไปที่รักษา asymptotics รวมถึงการวางชั้นและ ceils เช่นเดียวกับสมมติ k ระวังอย่าทำลายสิ่งต่าง ๆ ที่นี่; อ้างถึง [4] ส่วน 4.6 และคำถามนี้สำหรับรายละเอียด$n=b^k$

---

1. ในการแก้ปัญหาของสมการซ้ำเชิงเส้นโดย M. Akra และ L. Bazzi (1998)
2. ทฤษฎีต้นแบบที่ได้รับการปรับปรุงสำหรับการเกิดซ้ำแบบแบ่งและพิชิตโดย S. Roura (1997)
   ^{หมายถึงทฤษฎีบทต้นแบบที่ปรับปรุงใหม่อื่น ๆ}
3. ทฤษฎีบทหลักสำหรับการแบ่งแยกแบบแยกและพิชิตซ้ำโดย M. Drmota และ W. Szpankowski (2011)
4. รู้เบื้องต้นเกี่ยวกับอัลกอริทึมโดย Cormen และคณะ (2009, รุ่นที่ 3)

เดาและพิสูจน์

หรือวิธีที่ฉันชอบเรียกว่า " เทคนิค " มันสามารถนำไปใช้กับตัวตนทุกชนิด ความคิดง่าย ๆ :$\dots$

เดาวิธีแก้ปัญหาและพิสูจน์ความถูกต้อง

นี่เป็นวิธีที่นิยมเนื่องจากอาจต้องใช้ความคิดสร้างสรรค์และ / หรือประสบการณ์ (ดีสำหรับการแสดง) แต่กลไกบางอย่าง (ดูสง่างาม) ศิลปะที่นี่คือการคาดเดาความรู้ หลักฐานคือ (ในกรณีของเรา) มักจะเป็นอุปนัยแบบง่าย ๆ ไม่มากก็น้อย

เมื่อนำไปใช้กับการเกิดซ้ำโดยทั่วไปการคาดเดาจะกระทำโดย

• การขยายการเกิดซ้ำสองครั้ง
• หาจุดยึดและ
• คาดเดารูปแบบสำหรับระดับกลาง ( )$\dots$

ตัวอย่างง่ายๆ

$\qquad \begin{align} s_0 &= s_1 = s_2 = 1 \\ s_n &= 5s_{n-3} + 6 \qquad\qquad n \geq 2 \end{align}$

ให้เราขยายคำจำกัดความของสองสามครั้ง:$s_n$

$\qquad \begin{align} s_n &= 5s_{n-3} + 6 \\ &= 5(5s_{n-6} + 6) + 6 \\ &= 5(5(5s_{n-9} + 6) + 6) + 6 \\ &\ \vdots \\ &= \underbrace{5(5(5( \dots 5\cdot 1}_{n \div 3 \text{ times}} + \underbrace{6 \dots ) + 6) + 6) + 6}_{n \div 3 \text{ times}} \end{align}$

ที่นี่รูปแบบง่ายต่อการมองเห็นและมันนำเราไปสู่การเรียกร้อง:

$\qquad \begin{align} s_n &= 5^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} + 6\cdot \sum_{i=0}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor - 1} 5^i \\ &= \frac{5}{2}\cdot 5^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} - \frac{6}{4} \end{align}$

ตอนนี้เราพิสูจน์ตัวตนโดยอุปนัย สำหรับเราสามารถสร้างความถูกต้องได้โดยการเสียบค่าที่เกี่ยวข้อง สมมติว่าตัวตนถือสำหรับสำหรับการสุ่ม แต่คงที่เราคำนวณn ′ ≤ n n ≥ $n \in \{0,1,2\}$$n' \leq n$$n \geq 3$

$\qquad \displaystyle \begin{align} s_{n+3} &= 5s_n + 6 \\ &= 5\cdot \left( \frac{5}{2}\cdot 5^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} - \frac{6}{4} \right) + 6 \\ &= \frac{5}{2}\cdot 5^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor + 1} - \frac{6}{4} \\ &= \frac{5}{2}\cdot 5^{\left\lfloor\frac{n+3}{3}\right\rfloor} - \frac{6}{4} \end{align}$

ซึ่งพิสูจน์ตัวตนด้วยพลังของการเหนี่ยวนำ

หากคุณพยายามที่จะใช้สิ่งนี้ในการเกิดซ้ำที่เกี่ยวข้องคุณจะพบกับข้อเสียที่สำคัญของวิธีนี้อย่างรวดเร็ว: มันยากที่จะเห็นรูปแบบหรือบีบให้เป็นรูปแบบปิดที่ดี

asymptotics

มันเป็นไปได้ที่จะใช้วิธีนี้สำหรับ asymptotics ด้วย อย่างไรก็ตามระวังให้ดีว่าคุณต้องเดาค่าคงที่สำหรับสัญลักษณ์ Landau เพราะจะต้องมีค่าคงที่หนึ่งค่าที่กำหนดขอบเขตสำหรับทั้งหมด นั่นคือค่าคงที่ไม่สามารถเปลี่ยนแปลงได้ระหว่างการเหนี่ยวนำ$n$

พิจารณาตัวอย่างเช่นการเกิดซ้ำรันไทม์ Mergesort ทำให้ง่ายขึ้นสำหรับกรณีของ ¹:$n=2^k$

$\qquad \begin{align} T(1) &= T(0) = 0 \\ T(n) &= 2T(n/2) + n-1 \qquad n \geq 1 \end{align}$

เราเดาว่ามีค่าคงที่นั่นคือn เราพิสูจน์สิ่งนี้โดยอุปนัยมากกว่า ; ขั้นตอนอุปนัยมีลักษณะเช่นนี้:c = 1 T ( n ) ≤ n บันทึกn $T(n) \in O(n\log n)$$c=1$$T(n) \leq n\log n$$k$

$\qquad \begin{align} T(n) &= 2T(n/2) + n-1 \\ &\leq 2\frac{n}{2}\log \frac{n}{2} + n - 1 \\ &= n\log n - n\log 2 + n - 1 \\ &\lt n \log n \end{align}$

---

1. สำหรับลำดับที่ไม่ลดลงของ naturals ทุกลำดับอนันต์มีการเติบโต asymptotic เช่นเดียวกับลำดับเดิม

วิธี Akra-Bazzi

วิธีAkra-Bazziให้ asymptotics สำหรับการเกิดซ้ำของแบบฟอร์ม: สิ่งนี้ครอบคลุมการเกิดซ้ำแบบหารและชนะแบบปกติ แต่ยังมีกรณีที่การแบ่งไม่เท่ากัน คำว่า "เหลวไหล"สามารถรองรับหน่วยงานที่ไม่ออกมาอย่างแน่นอน เงื่อนไขสำหรับการบังคับใช้คือ: h ฉัน ( x

$$T(x) = \sum_{1 \le i \le k} a_i T(b_i x + h_i(x)) + g(x) \quad \text{for $x \ge x_0$}$$ $h_i(x)$

• มีคดีพื้นฐานเพียงพอที่จะทำให้การกลับเป็นซ้ำเป็นไปได้
• และมีค่าคงที่ทั้งหมดข$a_i$$b_i$
• สำหรับทั้งหมด,เป็นฉัน > $i$$a_i > 0$
• สำหรับทั้งหมดที่ ,0 < b ฉัน < $i$$0 < b_i < 1$
• c x → $\lvert g(x) \rvert = O(x^c)$สำหรับค่าคงที่เป็น$c$$x \rightarrow \infty$
• สำหรับทั้งหมดที่ ,| h i ( x ) | = O ( x / ( บันทึกx ) 2$i$$\lvert h_i(x) \rvert = O(x / (\log x)^2)$
• $x_0$เป็นค่าคงที่

โปรดทราบว่าและในฐานะที่เป็นฟังก์ชั่นฟันเลื่อยอยู่ระหว่าง 0 และ 1 เสมอแทนที่ (หรือ เป็นที่เหมาะสม) ตอบสนองเงื่อนไขในการที่h_i{ U } = U - ⌊ ยู⌋ ⌊ ขฉัน x ⌋ ⌈ ขฉัน x ⌉ ชั่วโมง$\lfloor b_i x \rfloor = b_i x - \{b_i x\}$$\{ u \} = u - \lfloor u \rfloor$$\lfloor b_i x \rfloor$$\lceil b_i x \rceil$$h_i$

ค้นหาเช่นนั้น: จากนั้นพฤติกรรมเชิงของเป็นมอบให้โดย: ด้วย "ใหญ่พอ" นั่นคือเพื่อให้ สำหรับทุกx>∑ 1 ≤ ฉัน≤ k a ฉันb p i = 1 T ( x ) x → ∞ T ( x ) = Θ ( x p ( 1 + ∫ x x 1 g ( u $p$

$$\sum_{1 \le i \le k} a_i b_i^p = 1$$ $T(x)$$x \rightarrow \infty$x1k1>0g(x/2)≥k1g(x)x>x $$T(x) = \Theta \left( x^p \left( 1 + \int_{x_1}^x \frac{g(u)}{u^{p + 1}} du \right) \right)$$ $x_1$$k_1>0$ $$g(x/2) \geq k_1g(x) \tag{2}$$ $x>x_1$

ตัวอย่างก

เป็นตัวอย่างใช้การสอบถามซ้ำสำหรับโดยที่ : เงื่อนไขเป็นที่พอใจเราต้องการ : เป็นโชคดีจะได้มัน2 ดังนั้นเราจึงมี: $n \ge 5$$T(0) = T(1) = T(2) = T(3) = T(4) = 17$

$$T(n) = 9 T(\lfloor n / 5 \rfloor) + T(\lceil 4 n / 5 \rceil) + 3 n \log n$$ $p$ $$9 \left( \frac{1}{5} \right)^p + \left( \frac{4}{5} \right)^p = 1$$ $p = 2$ $$T(n) = \Theta \left( n^2 \left(1 + \int_3^n \frac{3 u \log u}{u^3} du \right) \right) = \Theta(n^2)$$

ตั้งแต่เราปฏิบัติตามสำหรับทั้งหมด โปรดทราบว่าเนื่องจากอินทิกรัลรวมกันแม้ว่าเราจะใช้ค่าคงที่อื่นเช่นซึ่งเป็นขอบเขตล่าง ความแตกต่างในการหายตัวไป\$k_1 \leq \frac{1}{2}\left(1 - \frac{\log 2}{\log 3}\right)$$(2)$$x\geq 3$$1$$\Theta$

ตัวอย่าง B

อีกตัวอย่างหนึ่งคือ : เรามีตรวจสอบ เรามีว่ามี ,ซึ่งเช็คเอาท์ สมมติว่าเป็นและ / หรือ ,โดยนัยก็เช่นกัน ดังนั้นเราต้องการ: ดังนั้นและ: $n \ge 2$

$$T(n) = 4 T(n / 2) + n^2 / \lg n$$ $g(n) = n^2 / \ln n = O(n^2)$$a_1 = 4$$b_1 = 1 / 2$$n / 2$$\lfloor n / 2 \rfloor$$\lceil n / 2 \rceil$$h_i(n)$ $$a_1 b_1^p = 4 \cdot (1 / 2)^p = 1$$ $p = 2$ $$T(n) = \Theta\left(n^2 \left( 1 + \int_2^n \frac{u^2 du}{u^3 \ln u} \right) \right) = \Theta\left(n^2 \left( 1 + \int_2^n \frac{du}{u \ln u} \right) \right) = \Theta(n^2 \ln \ln n)$$ เราใช้เคล็ดลับที่คล้ายกับข้างบน ผูกพันล่างของหนึ่งเท่านั้นที่เราใช้เพราะหนึ่งไม่ได้มาบรรจบกันสำหรับ1$2$$1$

(ความช่วยเหลือของmaximaกับพีชคณิตได้รับการยอมรับอย่างสุดซึ้ง)

summations

บ่อยครั้งที่หนึ่งพบการเกิดซ้ำของแบบฟอร์ม ที่เป็นเสียงเดียว ในกรณีนี้เราสามารถขยาย และได้รับค่าเริ่มต้นเพื่อประเมินเราต้องประเมินผลรวม(เมตร)

$$T(n) = T(n-1) + f(n),$$ $f(n)$ $$T(n) = T(c) + \sum_{m=c+1}^n f(m),$$ $T(c)$$T(n)$$f(c+1) + \cdots + f(m)$

ไม่ลด$f(n)$

เมื่อเป็นเสียงเดียวที่ไม่ลดลงเรามีขอบเขตที่ชัดเจน ขอบเขตเหล่านี้ดีที่สุดเท่าที่จะเป็นไปได้ในแง่ที่ว่ามันแน่นสำหรับบางฟังก์ชั่น: ขอบเขตบนสำหรับฟังก์ชันคงที่และขอบเขตล่างสำหรับฟังก์ชันขั้นตอน (สำหรับและสำหรับ ) อย่างไรก็ตามในหลายกรณีการประมาณการเหล่านี้ไม่ได้มีประโยชน์มาก ตัวอย่างเช่นเมื่อขอบล่างคือและขอบเขตบนคือดังนั้นมันจึงอยู่ห่างกันมาก$f(n)$

$$f(n) \leq \sum_{m=c+1}^n f(m) \leq (n-c) f(n).$$ $f(m) = 1$$m \geq n$$f(m) = 0$$m < n$$f(m) = m$$n$$(n-c)n$

บูรณาการ

การประมาณที่ดีขึ้นจะได้รับจากการรวม: สำหรับสิ่งนี้จะให้ค่าที่ถูกต้องของผลรวมถึงเงื่อนไขการสั่งซื้อที่ต่ำ: เมื่อเราสามารถคำนวณผลรวมได้อย่างชัดเจน แต่ในหลายกรณีการคำนวณอย่างชัดเจนนั้นยาก ตัวอย่างเช่นเมื่อ antiderivative ของคือและดังนั้น

$$\int_c^n f(x) dx \leq \sum_{m=c+1}^n f(m) \leq \int_{c+1}^{n+1} f(x) dx.$$ $f(m) = m$ $$\frac{1}{2} n^2 - \frac{1}{2} c^2 \leq \sum_{m=c+1}^n m \leq \frac{1}{2} (n+1)^2 - \frac{1}{2} (c+1)^2.$$ $f(m) = m$$f(m) = m\log m$$f$$(1/2) x^2\log x - (1/4) x^2$ $$\sum_{m=c+1}^n m\log m = \frac{1}{2} n^2 \log n \pm \Theta(n^2).$$

สูตรออยเลอร์-Maclaurinให้ประมาณการที่ดีขึ้น ตัวอย่างเช่นสูตรนี้สามารถใช้เพื่อพิสูจน์รูปแบบที่แข็งแกร่งของสูตรของสเตอร์ลิงโดยการประมาณผลรวมบันทึกเมตร$\log n! = \sum_{m=1}^n \log m$

ที่ไม่ใช่การเพิ่ม$f(n)$

ในบางกรณีเป็นเสียงเดียวที่ไม่เพิ่มขึ้น การประมาณค่าเล็กน้อยกลายเป็น และการประมาณค่าอินทิกรัล ตัวอย่างเช่นสำหรับโดยใช้เราได้รับ $f(n)$

$$f(1) \leq \sum_{m=c+1}^n f(m) \leq (n-c) f(1),$$ $$\int_{c+1}^{n+1} f(x) dx \leq \sum_{m=c+1}^n f(m) \leq \int_c^n f(x) dx.$$ $f(m) = 1/m$$\int f(m) = \log m$ $$\sum_{m=c+1}^n \frac{1}{m} = \log n \pm \Theta(1).$$

Sedgewick และ Flajolet ได้ทำงานอย่างกว้างขวางในการวิเคราะห์เชิง combinatoricsซึ่งช่วยให้การกำเริบของโรคสามารถแก้ไขได้โดยการรวมฟังก์ชั่นการสร้างและการวิเคราะห์ที่ซับซ้อน งานของพวกเขาอนุญาตให้แก้ไขซ้ำหลายครั้งโดยอัตโนมัติและถูกนำไปใช้ในระบบพีชคณิตของคอมพิวเตอร์

หนังสือเรียนเรื่องนี้เขียนโดย Flajolet และ Sedgewick และเป็นหนังสืออ้างอิงที่ยอดเยี่ยม การแสดงออกที่ค่อนข้างง่ายกว่านั้นมุ่งเน้นไปที่แอพพลิเคชั่นเพื่อการวิเคราะห์อัลกอริทึมคือข้อความนี้โดย Sedgewick และ Flajolet

หวังว่านี่จะช่วยได้!

อาจมีบางครั้งที่คุณเจอเหตุการณ์ประหลาดเช่นนี้: ถ้าคุณชอบฉันคุณจะรู้ว่าคุณไม่สามารถใช้ทฤษฎีบทหลักแล้วคุณอาจคิดว่า " อืม ... บางทีการวิเคราะห์ต้นไม้เกิดขึ้นอีกอาจทำงานได้ " จากนั้นคุณจะรู้ว่าต้นไม้เริ่มทำรายได้เร็วมาก หลังจากค้นหาบนอินเทอร์เน็ตคุณจะเห็นว่าวิธีAkra-Bazziจะใช้งานได้! จากนั้นคุณเริ่มมองเข้าไปในนั้นและตระหนักว่าคุณไม่ต้องการทำคณิตศาสตร์ทั้งหมด หากคุณเป็นเหมือนฉันจนถึงจุดนี้คุณจะตื่นเต้นที่ได้รู้ว่ามีวิธีที่ง่ายกว่า

$$T(n) = \begin{cases} c & n < 7\\ 2T\left(\frac{n}{5}\right) + 4T\left(\frac{n}{7}\right) + cn & n\geq 7 \end{cases}$$

---

ทฤษฎีบทแบ่งที่ไม่สม่ำเสมอส่วนที่ 1

ให้และเป็นค่าคงที่บวก$c$$k$

แล้วปล่อยให้เป็นค่าคงที่บวกดังกล่าวว่า<1$\{a_1, a_2, \ldots, a_k\}$$\sum_1^k a_i < 1$

เราต้องมีการทำซ้ำของแบบฟอร์ม (เช่นตัวอย่างด้านบน):

$$\begin{align} T(n) & \leq c & 0 < n < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\}\\ T(n) & \leq cn + T(a_1 n) + T(a_2 n) + \dots T(a_k n) & n \geq \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\} \end{align}$$

ข้อเรียกร้อง

จากนั้นฉันอ้างว่าโดยที่คือค่าคงที่ (เช่นเชิงเส้นเชิงเส้นกำกับ) และ:$T(n) \leq bn$$b$

$$b = \frac{c}{1 - \left(\sum_1^k a_i\right)}$$

พิสูจน์โดยการเหนี่ยวนำ

พื้นฐาน :$n < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\} \implies T(n) \leq c < b < bn$

การเหนี่ยวนำ : สมมติว่าเป็นจริงสำหรับเราก็มี$n' < n$

$$\begin{align} T(n) & \leq cn + T(\lfloor a_1 n \rfloor) + T(\lfloor a_2 n \rfloor) + \dots + T(\lfloor a_k n \rfloor)\\ & \leq cn + b \lfloor a_1 n \rfloor + b \lfloor a_2 n \rfloor + \dots + b \lfloor a_k n \rfloor\\ & \leq cn + b a_1 n + b a_2 n + \dots + b a_k n\\ & = cn + bn \sum_1^k a_i\\[0.5em] & = \frac{cn - cn \sum_1^k a_i }{1 - \left(\sum_1^k a_i\right)} + \frac{cn \sum_1^k a_i}{1 - \left(\sum_1^k a_i\right)}\\[0.5em] & = \frac{cn}{1 - \left(\sum_1^k a_i\right)}\\ & = bn & \square \end{align}$$

แล้วเรามี(n)$T(n) \leq bn \implies T(n) = O(n)$

ตัวอย่าง

$$T(n) = \begin{cases} c & n < 7\\ 2T\left(\frac{n}{5}\right) + 4T\left(\frac{n}{7}\right) + cn & n\geq 7 \end{cases}$$ ก่อนอื่นเราตรวจสอบค่าสัมประสิทธิ์ในผลรวมการโทรซ้ำเพื่อน้อยกว่าหนึ่ง: $$\begin{align} 1 & > \sum_1^k a_i \\ & = \frac{1}{5} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7}\\[0.5em] & = \frac{2}{5} + \frac{4}{7}\\[0.5em] & = \frac{34}{35} \end{align}$$

ต่อไปเราจะตรวจสอบว่ากรณีฐานน้อยกว่าค่าสูงสุดของค่าผกผัน:

$$\begin{align} n & < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\}\\ & = \max\{5, 5, 7, 7, 7, 7\}\\ & = 7 \end{align}$$

เมื่อพบกับเงื่อนไขเหล่านี้เรารู้ว่าโดยที่คือค่าคงที่เท่ากับ: ดังนั้นเราจึงมี: $T(n) \leq bn$$b$

$$\begin{align} b &= \frac{c}{1 - \left(\sum_1^k a_i\right)}\\[0.5em] &= \frac{c}{1 - \frac{34}{35}}\\[0.5em] &= 35c \end{align}$$ $$\begin{align} T(n) & \leq 35cn\\ \land\; T(n) & \geq cn\\ \therefore T(n) & = \Theta(n) \end{align}$$

---

ทฤษฎีบทแบ่งที่ไม่สม่ำเสมอส่วนที่ 2

ในทำนองเดียวกันเราสามารถพิสูจน์ที่ถูกผูกไว้สำหรับเมื่อ1 หลักฐานจะเป็นไปตามรูปแบบเดียวกันมาก:$\sum_1^k = 1$

ให้และเป็นค่าคงที่บวกดังกล่าวว่า1$c$$k$$k > 1$

แล้วปล่อยให้เป็นค่าคงที่บวกดังกล่าวว่า1$\{a_1, a_2, \ldots, a_k\}$$\sum_1^k a_i = 1$

เราต้องมีการทำซ้ำของแบบฟอร์ม (เช่นตัวอย่างด้านบน):

$$\begin{align} T(n) & \leq c & 0 < n < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\}\\ T(n) & \leq cn + T(a_1 n) + T(a_2 n) + \dots T(a_k n) & n \geq \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\} \end{align}$$

ข้อเรียกร้อง

จากนั้นฉันอ้างว่า (เราเลือกฐานเนื่องจากจะเป็นปัจจัยการแตกกิ่งก้านของต้นไม้เรียกซ้ำ) โดยที่และเป็นค่าคงที่ (เช่นเชิงเส้นตรงเชิงเส้นกำกับ ) ดังนั้น:$T(n) \leq \alpha n \log_k n + \beta n$$\log$$k$$k$$\alpha$$\beta$

$$\beta = c$$ และ $$\alpha = \frac{c}{\sum_1^k a_i \log_k a_i^{-1}}$$

พิสูจน์โดยการเหนี่ยวนำ

พื้นฐาน :$n < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\} \implies T(n) \leq c = \beta < \alpha n \log_k n + \beta n$

การเหนี่ยวนำ : สมมติว่าเป็นจริงสำหรับเราก็มี$n' < n$

$$\begin{align} T(n) & \leq cn + T(\lfloor a_1 n \rfloor) + T(\lfloor a_2 n \rfloor) + \dots + T(\lfloor a_k n \rfloor)\\ & \leq cn + \sum_1^k (\alpha a_i n \log_k a_i n + \beta a_i n)\\ & = cn + \alpha n\sum_1^k (a_i \log_k a_i n) + \beta n\sum_1^k a_i\\ & = cn + \alpha n\sum_1^k \left(a_i \log_k \frac{n}{a_i^{-1}}\right) + \beta n\\ & = cn + \alpha n\sum_1^k (a_i (\log_k n - \log_k a_i^{-1})) + \beta n\\ & = cn + \alpha n\sum_1^k a_i \log_k n - \alpha n\sum_1^k a_i \log_k a_i^{-1} + \beta n\\ & = \alpha n\sum_1^k a_i \log_k n + \beta n\\ & = \alpha n \log_k n + \beta n & \square \end{align}$$

แล้วเรามีlog)$T(n) \leq \alpha n \log_k n + \beta n \implies T(n) = O(n \log n)$

ตัวอย่าง

ลองปรับเปลี่ยนตัวอย่างก่อนหน้านี้ที่เราใช้เพียงเล็กน้อย:

$$T(n) = \begin{cases} c & n < 35\\ 2T\left(\frac{n}{5}\right) + 4T\left(\frac{n}{7}\right) + T\left(\frac{n}{35}\right)+ cn & n \geq 35 \end{cases}$$

ก่อนอื่นเราตรวจสอบค่าสัมประสิทธิ์ในการโทรซ้ำแบบเรียกซ้ำ

$$\begin{align} 1 & = \sum_1^k a_i \\ & = \frac{1}{5} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{35}\\[0.5em] & = \frac{2}{5} + \frac{4}{7} + \frac{1}{35}\\[0.5em] & = \frac{35}{35} \end{align}$$

ต่อไปเราจะตรวจสอบว่ากรณีฐานน้อยกว่าค่าสูงสุดของค่าผกผัน:

$$\begin{align} n & < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\}\\ & = \max\{5, 5, 7, 7, 7, 7, 35\}\\ & = 35 \end{align}$$

เมื่อพบกับเงื่อนไขเหล่านี้เรารู้ว่าโดยที่และมีค่าคงที่เท่ากับ: ดังนั้นเราจึงมี: $T(n)\leq \alpha n \log n + \beta n$$\beta = c$$\alpha$

$$\begin{align} b &= \frac{c}{\sum_1^k a_i \log_k a_i^{-1}}\\[0.5em] &= \frac{c}{\frac{2 \log_7 5}{5} + \frac{4 \log_7 7}{7} + \frac{\log_7 35}{35}}\\[0.5em] &\approx 1.048c \end{align}$$ $$\begin{align} T(n) & \leq 1.048cn\log_7 n + cn\\ \therefore T(n) & = O(n \log n) \end{align}$$

หลังจากตรวจสอบโพสต์นี้อีกครั้งฉันประหลาดใจที่นี่ยังไม่ได้อยู่ที่นี่

การแปลงโดเมน / การเปลี่ยนแปลงตัวแปร

เมื่อต้องรับมือกับการเกิดซ้ำในบางครั้งก็มีประโยชน์ที่จะสามารถเปลี่ยนโดเมนของคุณได้หากไม่ชัดเจนว่ากองการเรียกซ้ำจะไปลึกเพียงใด

ตัวอย่างเช่นให้ทำซ้ำต่อไปนี้:

$$T(n) = T(2^{2^{\sqrt{\log \log n}}}) + \log \log \log n$$

เราจะแก้ปัญหานี้ได้อย่างไร? เราสามารถขยายซีรี่ส์ออกไปได้ แต่ฉันสัญญาว่านี่จะทำให้ยอดขายเร็วขึ้นจริงๆ ลองพิจารณาว่าการป้อนข้อมูลของเราเปลี่ยนแปลงอย่างไรกับการโทรแต่ละครั้ง

เรามี:

1. $n$จากนั้น
2. $2^{2^{\sqrt{\log \log n}}}$จากนั้น
3. $2^{2^{\sqrt{\log \log (2^{2^{\sqrt{\log \log n}}})}}}$และอื่น ๆ

เป้าหมายของการเปลี่ยนแปลงโดเมนในขณะนี้จะมีการเปลี่ยนแปลงเกิดขึ้นอีกเราเป็นเทียบเท่าเช่นว่าแทนที่จะเปลี่ยนข้างต้นเราก็ต้อง\$S(k)$$k, k-1, k-2, \ldots$

ตัวอย่างเช่นถ้าเราปล่อยให้นี่คือสิ่งที่เราได้รับจากการเกิดซ้ำข้างต้นของเรา: จากนั้นเราสามารถเขียนใหม่ได้อย่างง่ายดาย: จากนั้นสิ่งที่คุณต้องทำคือแปลงกลับเป็นเพื่อรับ: $n = 2^{2^{2^{2^k}}}$

$$\begin{align*} T(2^{2^{2^{2^k}}}) & = T(2^{2^{\sqrt{\log \log 2^{2^{2^{2^{k}}}}}}}) + \log \log \log (2^{2^{2^{2^{k}}}})\\ & = T(2^{2^{2^{2^{k-1}}}}) + 2^k \end{align*}$$ $$T(k) = T(k-1) + 2^k = \sum_{i = 1}^{k} 2^k = 2^{k+1} - 1$$ $k$$n$ $$T(n) = 2^{(\log \log \log \log n) + 1} - 1 = O(\log \log \log n)$$

---

จากตัวอย่างนี้เราสามารถเห็นเป้าหมายของเรา

สมมติว่า สำหรับค่าคงที่และฟังก์ชั่นและ(n)

$$T(n) = \begin{cases} h(1) & n = 1\\ a\cdot T(f(n)) + h(n) & \mathrm{otherwise} \end{cases}$$ $a$$f(n)$$h(n)$

ตอนนี้เรากำลังพยายามหาฟังก์ชั่นและเช่นนั้น $g(k) = n$$f(g(k)) = g(k-1)$

$$\begin{align*} T(g(k)) &= aT(f(g(k))) + h(g(k))\\ & = a\cdot T(g(k-1)) + h(g(k)) \end{align*}$$

โดยทั่วไปเราต้องการโดยที่เป็นแอปพลิเคชันซ้ำ ๆ ของบน ,คูณ (เช่น ) สิ่งนี้จะทำให้ทำหน้าที่เป็นฟังก์ชัน "วนซ้ำ" ที่ระดับความลึกของการเรียกซ้ำงานที่ทำก็คือ(ki))$f^{(i)}(n) = g(k - i)$$f^{(i)}(n)$$f$$n$$i$$f^{(2)}(n) = f(f(n))$$g(k)$$i$$h(g(k-i))$

จากนั้นเราสามารถแปลงเป็นอย่างง่ายดายเพื่อให้ เท่านั้น ข้อสรุปสำหรับทั้งหมดจนถึงกรณีฐานที่กำหนด นั่นคือ $S(k) = T(g(k))$

$$S(k) = a\cdot S(k-1) + h(g(k))$$ $h(g(k))$$k$ $$S(k) = \sum_{i = g^{-1}(1)}^{k} a^{k - i} h(g(i))$$

หากเราสามารถกำหนดสำหรับรูปแบบปิดบางฟังก์ชั่นจากนั้นเราสามารถกำหนดเป็น $S(k) = \gamma(k)$$\gamma$$T(n)$

$$T(n) = \gamma( g^{-1}(n))$$

จากนั้นเราใช้สิ่งนี้เพื่อให้ได้ขอบเขตบนผ่านหนึ่งในวิธีอื่นข้างต้น เห็นได้ชัดว่าคุณสามารถปรับเปลี่ยนวิธีนี้ได้เล็กน้อยตามข้อกำหนดของคุณ แต่โดยทั่วไปคุณกำลังพยายามหาฟังก์ชั่นซ้ำเพื่อเปลี่ยนให้กลายเป็นการเรียกซ้ำง่าย ๆ$T(n)$$g(k)$$T(n)$

ฉันไม่รู้วิธีที่แน่นอนในการกำหนดณ จุดนี้ แต่ฉันจะคิดต่อไปและอัปเดตถ้ามันชัดเจนขึ้น (หรือหากผู้วิจารณ์มีเคล็ดลับ!) ฉันได้พบส่วนใหญ่ของฉันฟังก์ชั่นผ่านการทดลองและข้อผิดพลาดในอดีตที่ผ่านมา (ดูที่นี่ , ที่นี่ , ที่นี่และที่นี่เป็นตัวอย่าง)$g(k)$$g(k)$

มีวิธีการอีกวิธีหนึ่งที่ใช้งานได้สำหรับความสัมพันธ์การเกิดซ้ำง่าย ๆ : ขอให้Wolfram Alphaทำการแก้ปัญหาการกำเริบซ้ำสำหรับคุณ

ตัวอย่างเช่นลองพิมพ์f(0)=0, f(1)=1, f(n)=f(n-1)+f(n-2)ใน Wolfram Alpha คุณจะได้คำตอบพร้อมลิงก์ไปยังหมายเลขฟีโบนักชี หรือลองf(1)=1, f(n)=f(n-1)+nหรือf(1)=1, f(n)=2*f(n-1)+3*nหรือf(n)=f(n-1) + 2 f(n-2), f(1)=1, f(2)=3สำหรับตัวอย่างอื่น ๆ อย่างไรก็ตามได้รับการเตือน: Wolfram Alpha สามารถแก้ปัญหาการเกิดซ้ำได้ง่าย ๆ

วิธีการนี้จะช่วยหลีกเลี่ยงความจำเป็นในการคิดใด ๆ ซึ่งสามารถดูได้ว่าเป็นจุดบกพร่องหรือคุณลักษณะ

กรณีที่ 2 ของทฤษฎีบทหลักตามที่ระบุไว้ปกติจัดการเฉพาะการเกิดซ้ำของแบบฟอร์มซึ่งสำหรับ0 ทฤษฎีบทต่อไปนี้ซึ่งนำมาจากเอกสารของ Jeffrey Leon ให้คำตอบสำหรับลบ :$T(n) = aT(n/b) + f(n)$$f(n) = \Theta(n^{\log_ab}\log^k n)$$k \geq 0$$k$

พิจารณาการเกิดซ้ำด้วยตัวพิมพ์เล็กที่เหมาะสม$T(n) = a T(n/b) + f(n)$

1. ถ้าสำหรับแล้วA})$f(n) = O(n^{\log_b a} \log^{c-1} n)$$c < 0$$T(n) = \Theta(n^{\log_b a})$

2. ถ้าสำหรับดังนั้นn)$f(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log^{c-1} n)$$c = 0$$T(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log\log n)$

3. ถ้าสำหรับดังนั้น )$f(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log^{c-1} n)$$c > 0$$T(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log^c n$

หลักฐานใช้วิธีการทดแทนซ้ำตามที่เราร่าง สมมติว่าและ0 จากนั้นสำหรับพลังของ , ตอนนี้ให้เราพิจารณากรณีหนึ่ง ๆ เมื่อชุดลู่และอื่น ๆA}) เมื่อผลรวมคือผลรวมฮาร์มอนิกและอื่น ๆ$f(n) = n^{\log_b a} \log_b^{c-1} n$$T(1) = 0$$n$$b$

$$T(n) = \sum_{i=0}^{\log_b n-1} a^i (nb^{-i})^{\log_b a} \log_b^{c-1} (nb^{-i}) = \\ \sum_{i=0}^{\log_b n-1} n^{\log_b a} (\log_b n - i)^{c-1} = n^{\log_b a} \sum_{j=1}^{\log_b n} j^{c-1}.$$ $c < 0$$\sum_{j=0}^\infty j^{c-1}$$T(n) = \Theta(n^{\log_b a})$$c = 0$$H_{\log_b n} = \log(\log_b n) + O(1)$$T(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log \log n)$n) เมื่อเราสามารถประมาณผลรวมโดยใช้อินทิกรัล: และCN)$c > 0$ $$\sum_{j=1}^{\log_b n} \approx \int_0^{\log_b n} x^{c-1} \, dx = \left. \frac{x^c}{c} \right|_0^{\log_b n} = \frac{\log_b^c n}{c},$$ $T(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log^c n)$