การแก้ไขความสัมพันธ์ที่เกิดซ้ำกับการโทรซ้ำสองครั้ง

ฉันกำลังศึกษารันไทม์กรณีที่เลวร้ายที่สุดของ quicksort ภายใต้เงื่อนไขที่ว่าจะไม่ทำมากพาร์ทิชันไม่สมดุลสำหรับคำจำกัดความที่แตกต่างของมาก

ในการทำเช่นนี้ฉันถามตัวเองว่ารันไทม์ $T(n, p)$ จะเป็นในกรณีที่ quicksort มักจะเกิดขึ้นกับพาร์ทิชันในบางส่วน $0 < p \leq {1\over 2}$ ดังนั้น $\lfloor{p(n-1)}\rfloor$ องค์ประกอบอยู่ในพาร์ทิชันด้านซ้ายและ $\lceil(1 - p)(n - 1)\rceil$ อยู่ในพาร์ทิชันที่เหมาะสม (ออกจาก $1$ องค์ประกอบ pivot ที่อยู่ตรงกลาง)

ไม่ยากที่จะเห็นว่า $T(n, p)$ ให้ขอบเขตบนสำหรับกรณีที่แย่ที่สุดที่ $p$ เป็นพาร์ติชันที่ได้รับอนุญาตไม่สมดุลมากที่สุดเช่นเดียวกับพาร์ทิชันที่มีเศษส่วน $> p$ จะมีความสมดุลมากขึ้นและมีรันไทม์ขนาดเล็กลงและเศษส่วนใด ๆ $<p$ ไม่อนุญาต

เห็นได้ชัดว่า $T(n, {1 \over 2})$ เป็นกรณีที่ดีที่สุดและ $T(n, 0)$เป็นกรณีที่แย่ที่สุดของ quicksort ทั้งสองมีความสัมพันธ์ที่เกิดซ้ำง่าย ๆ ที่พบในแหล่งข้อมูลการศึกษาใด ๆ แต่ฉันไม่มีเงื่อนงำวิธีการศึกษา$T(n, p)$โดยทั่วไป ความสัมพันธ์ที่ชัดเจนจะเป็น:

$$T(n, p) = n + T(\lfloor{p(n-1)}\rfloor, p) + T(\lceil(1 - p)(n - 1)\rceil, p)$$

ที่นี่ฉันติดอยู่ ฉันพยายามค้นหาไปรอบ ๆ แต่วรรณกรรมทั้งหมดที่ฉันสามารถเข้าใจเกี่ยวกับการหารและพิชิตอัลกอริธึมเอา "หาร" ตามตัวอักษรและ"โกง"การวิเคราะห์โดยใช้ความจริงที่ว่าพาร์ติชั่นมีขนาดเท่ากันเสมอ คงที่

ฉันไม่ทราบวิธีจัดการกับการโทรซ้ำสองครั้งและไม่ทราบว่าจะลบการปัดเศษหรือไม่ นี่เป็นไปได้ที่จะแก้ปัญหาเชิงวิเคราะห์และถ้าใช่เป็นอย่างไร

PS: ฉันไม่สนใจ asymptotics (ซึ่งง่ายต่อการแสดง $\Theta(n \log n)$ สำหรับค่าคงที่ใด ๆ $p$) ฉันสนใจที่จะกลายเป็น quicksort ที่ช้าลงเท่าไหร่$p$ เล็กลงตัวอย่างเช่นฉันสนใจอัตราส่วน $T(n, 0.25) \over T(n, 0.5)$.

PPS: ในฐานะนักเรียนระดับปริญญาตรีฉันต้องขออภัยถ้าฉันทำสิ่งที่ชัดเจนเกินไปเรื่องยาวเกินไปหรือไม่ได้อธิบายไว้ และในขณะที่ฉันไม่รู้ว่ามันถูกดูที่นี่มากเท่ากับไซต์ SE อื่น ๆ ฉันจะทราบว่านี่เป็นความสนใจส่วนตัวไม่ใช่การบ้าน

ดังที่คุณกล่าวถึงทฤษฎีของ Akra – Bazziแสดงให้เห็นว่าวิธีการแก้ปัญหาการเกิดซ้ำ$T(n,p)$ คือ $O(n\log n)$ เพื่อทุกสิ่ง $p \in (0,1)$. อย่างไรก็ตามสิ่งนี้ไม่เปิดเผยลักษณะของการพึ่งพา$p$. เพื่อกำหนดหลังเราสามารถใช้วิธีการเรียกซ้ำต้นไม้

ที่รากของแผนภูมิการเรียกซ้ำเป็นช่วงเวลา $\{1,\ldots n\}$. ลูกทั้งสองของมันคือช่วงเวลา$\{1,\ldots,pn\}$ และ $\{pn+1,\ldots,n\}$ซึ่งมีความยาวทั้งหมดอีกครั้ง $n$. แต่ละโหนดเหล่านี้มีลูกสองคน (สมมติว่า$n$มีขนาดใหญ่พอ) และอื่น ๆ เพื่อความง่ายเราไม่สนใจข้อผิดพลาดในการปัดเศษนั่นคือเราถือว่า$pn$เป็นจำนวนเต็ม นี่เป็นเพียงด้านเทคนิคและฉันจะไม่กังวลเกี่ยวกับมัน เราหยุดกระบวนการเมื่อใดก็ตามที่โหนดมีความยาวไม่เกิน$1$. ความซับซ้อนของอัลกอริทึมเป็นสัดส่วนกับความยาวทั้งหมดของช่วงเวลาในต้นไม้ เมื่อไหร่$p \neq 1/2$ที่ใบ (โหนดที่เราจะหยุดกระบวนการ) มีความลึกที่แตกต่างกันและที่ทำให้มันยากมากที่จะตรวจสอบความซับซ้อนโดยรวม

เราสามารถได้รับขอบเขตบนอย่างง่ายโดยสังเกตว่าต้นไม้มีมากที่สุด $\log_{1-p} (1/n)$ ระดับ: แต่ละโหนดเป็นปัจจัยอย่างน้อย $1-p$เล็กกว่าพาเรนต์ เช่นเดียวกับในการวิเคราะห์$p = 1/2$ความยาวรวมของช่วงเวลาในทุกระดับไม่เกิน $n$และเราได้รับขอบเขตบนของ $O(n\log_{1-p} (1/n))$ในเวลาทำงาน ตั้งแต่$\log_{1-p} (1/n) = \log n/\log (1-p)^{-1}$ และ $\log (1-p)^{-1} = -\log (1-p) = p \pm O(p^2)$ สำหรับขนาดเล็ก $p$เราสามารถเขียนสิ่งนี้เป็น $O(n\log n/p)$.

นี่คือการคำนวณที่แม่นยำยิ่งขึ้น พิจารณาระดับ$t$. สมมติว่าเราไม่หยุดกระบวนการเมื่อถึงช่วงเวลาเล็ก ๆ เราสามารถสร้างจุดสุดยอดแบบสุ่มโดยการ$t$ ขั้นตอนซึ่งเราแต่ละคนไปทางซ้ายพร้อมกับความน่าจะเป็น $p$ และขวา (พูด) ด้วยความน่าจะเป็น $1-p$. แต่ละครั้งที่เราทำขั้นตอนซ้ายบันทึกของความยาวของช่วงเวลาลดลงตาม$-\log p$และทุกครั้งที่เราทำตามขั้นตอนที่ถูกต้องก็จะลดลงตาม $-\log (1-p)$. จุดสุดยอดอยู่ในต้นไม้จริงของบันทึกของความยาวที่ลดลงมากที่สุด$\log n$. น้ำหนักรวมของช่วงเวลาในระดับ$t$ ของต้นไม้เป็นความน่าจะเป็นที่จุดสุดยอดที่สร้างขึ้นตามกระบวนการนี้สอดคล้องกับการลดลงของที่มากที่สุด $\log n$. นั่นคือถ้า$D$ คือการกระจายซึ่งเท่ากับ $-\log p$ ด้วยความน่าจะเป็น $p$ และ $-\log(1-p)$ ด้วยความน่าจะเป็น $1-p$และ $X_1,\ldots,X_t \sim D$ มีความเป็นอิสระจากนั้นน้ำหนักรวมของระดับ $t$ คือ $\Pr[X_1+\cdots+X_t \leq \log n]$. สำหรับซุปเปอร์คงที่$t$ตัวแปรสุ่ม $X_1+\cdots+X_t$ มีการกระจายโดยทั่วไปประมาณค่าเฉลี่ย $[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t$ และความแปรปรวนเชิงเส้นใน $t$ดังนั้นสำหรับ $t$ ความพึงพอใจ $[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t \leq (\log n)/2$ความน่าจะเป็นใกล้เคียงกับ $1$ในขณะที่สำหรับ $t$ ความพึงพอใจ $[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t \geq 2\log n$จะบอกว่ามันใกล้เคียงกับศูนย์มาก การกำหนด$h(p) = -p\log p-(1-p)\log(1-p)$ (เรียกว่าฟังก์ชั่นไบนารีเอนโทรปี) เราสรุปได้ว่าเวลาทำงานคือ $\Theta(n\log n/h(p))$ ชุดเครื่องแบบ $p$, เช่น $n\to\infty$) เช่น$p\to 0$ เรามี $h(p) \approx -p\log p$ดังนั้นประมาณการก่อนหน้านี้ของเราจึงไม่แน่น

อีกวิธีหนึ่งในการดูการวิเคราะห์เดียวกันก็คือการมีลำดับสุ่มตัวแปรที่ไม่สิ้นสุด $X_1,X_2,\ldots$ เหมือนเมื่อก่อนและกำหนดเวลาหยุด $T$ เป็นครั้งแรก $t$ ดังนั้น $X_1 + \cdots + X_t \geq \log n$. เวลาทำงานนั้นเป็นสัดส่วนกับ$n\mathbb{E}[T]$. ทฤษฎีการต่ออายุเบื้องต้นนั้นระบุว่า$\lim_{n\to\infty} \mathbb{E}[T]/\log n = 1/\mathbb{E}[D] = 1/h(p)$หมายความว่าขนาดทั้งหมดของช่วงเวลาเท่ากับ $(1+o(1))n\log n/h(p)$. แม่นยำยิ่งขึ้นสำหรับทุกค่าคงที่$p$ ขนาดทั้งหมดของช่วงเวลาคือ $(1+\alpha_p(n))n\log n/h(p)$ที่ไหน $\alpha_p(n) = o(n)$. การบรรจบกันในทฤษฎีการต่ออายุเบื้องต้นเป็นแบบเอ็กซ์โพเนนเชียลในพารามิเตอร์เวลา -$\log n$ ในกรณีของเรา - ดังนั้นควรเป็นพหุนาม $n$, นั่นคือ, $\alpha_p(n) = O(n^{-C_p})$. การบรรจบกันอาจจะเหมือนกันสำหรับ$p \in (\delta,1-\delta)$ สำหรับใด ๆ $\delta > 0$.

---

สรุปความยาวรวมของช่วงเวลาในทรีเรียกซ้ำซึ่งเป็นสัดส่วนกับเวลาทำงานเป็นรูปแบบต่อไปนี้สำหรับทุก ๆ $p$:

$$T(n,p) = (1+o(1)) \frac{n\log n}{h(p)},$$ ที่ไหน $\log n$ และ $h(p) = -p\log p-(1-p)\log(1-p)$ จะถูกนำไปที่ฐานเดียวกันและ $o(1)$ เป็นฟังก์ชั่นขึ้นอยู่กับ $p$ และพุ่งไปที่ $0$ กับ $n$.

ยิ่งไปกว่านั้นมันอาจจะเป็นจริงสำหรับทุกคน $\delta > 0$ และใด ๆ $p \in (\delta,1-\delta)$ มันเป็นความจริงที่ความยาวทั้งหมดของช่วงเวลานั้นเป็นรูปแบบ

$$T(n,p) = (1+O(n^{-C_\delta})) \frac{n\log n}{h(p)},$$ ที่ไหน $C_\delta > 0$ และค่าคงที่ O ใหญ่ที่ซ่อนอยู่นั้นขึ้นอยู่กับ $\delta$. โดยเฉพาะอย่างยิ่งมันควรเป็นกรณีที่สำหรับทุกค่าคงที่$p_1,p_2$, $$\lim_{n\to\infty} \frac{T(n,p_1)}{T(n,p_2)} = \frac{h(p_2)}{h(p_1)},$$ และการบรรจบกันนั้นเป็นไปอย่างรวดเร็ว