Asn ile nüks ilişkisini parametre olarak çözme

18

Tekrarlamayı düşünün

$\qquad\displaystyle T(n) = \sqrt{n} \cdot T\bigl(\sqrt{n}\bigr) + c\,n$

bazı pozitif sabit ile için ve $n \gt 2$ $c$ $T(2) = 1$ .

Yinelemeleri çözmek için Master teoremini biliyorum, ancak bu ilişkiyi kullanarak nasıl çözebileceğimizden emin değilim. Karekök parametresine nasıl yaklaşıyorsunuz?

asymptotics recurrence-relation master-theorem

— arayıcı
kaynak

5

Master teoremi burada uygulanamaz;

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ olarak yazılamaz

\frac{n}{b}

$\frac{n}{b}$ . Başka ne denedin?

— Raphael

@Raphael: Sübstitüsyon yöntemini denedim, ancak hangi değeri yerine koymam gerektiğini seçtim.

— arayıcı

1

Peki ya "nüksü birkaç kez ortaya çıkarın , bir patern gözlemleyin , çözümü tahmin edin ve kanıtlayın "?

— Raphael

Bu türden bir ilk karşılaşma, belki burada bazı yardımlar doğanın gelecekteki problemlerini kolaylıkla çözmeme yardımcı olabilir.

— arayıcı

Üstat Teoremden bahsettiğinizden, bu ilişkiyi asimtotik sınırlar için çözmeniz gerektiğini ve kapalı form ifadesine gerçekten ihtiyaç duymadığınızı varsayıyorum. Aşağıda verildiğinde, asimtotik karmaşıklığı veren kapalı form ifadesini bulmak için bazı iyi çözümler vardır. Bununla birlikte, sadece asimtotik karmaşıklığa ihtiyacınız varsa, analiz daha basittir. Sorun örneğiniz için hoş ve sezgisel bir çözümle, asimtotik karmaşıklıkları bulma konusunda iyi bir açıklama için buraya bir göz atın .

— Paresh

9

Raphael'in önerisini kullanacağız ve tekrarını ortaya çıkaracağız. Aşağıda, tüm logaritmalar temel 2'dir.

burada,ile başlamak ve 2'ye ulaşmak için kaç kez karekök almak zorunda olduğunuzdur.. Bunu nasıl görebiliyorsun? Şunu düşünün:

\begin{aligned} T (n) & = n^{1 / 2} T (n^{1 / 2}) + c n \\ = n^{3 / 4} T (n^{1 / 4}) + n^{1 / 2} c n^{1 / 2} + c n \\ = n^{7 / 8} T (n^{1 / 8}) + n^{3 / 4} c n^{1 / 4} + 2 c n \\ = n^{15 / 16} T (n^{1 / 16}) + n^{7 / 8} c n^{1 / 8} + 3 c n \\ \dots \\ = \frac{n}{2} T (2) + c n β (n) \end{aligned} .

$\begin{align*} T(n) &= n^{1/2} T(n^{1/2}) + cn \\ &= n^{3/4} T(n^{1/4}) + n^{1/2} c n^{1/2} + cn\\ &= n^{7/8} T(n^{1/8}) + n^{3/4} c n^{1/4} + 2cn\\ &= n^{15/16} T(n^{1/16}) + n^{7/8} c n^{1/8} + 3cn \\ & \ldots \\ &= \frac{n}{2} T(2) + c n \beta(n) \end{align*}.$

β (n)

$\beta(n)$

β (n) = \log \log n

$\beta(n) = \log \log n$

Yani 2'ye ulaşmak için kare kökünü kaç kez almanız gerektiği

\begin{aligned} n & = 2^{\log n} \\ n^{1 / 2} & = 2^{\frac{1}{2} \log n} \\ n^{1 / 4} & = 2^{\frac{1}{4} \log n} \\ \dots \end{aligned}

$\begin{align*} n &= 2^{\log n}\\ n^{1/2} &= 2^{\frac{1}{2} \log n} \\ n^{1/4} &= 2^{\frac{1}{4} \log n} \\ \ldots \end{align*}$

,

. Yani özyineleme çözümü

\frac{1}{2^{t}} \log n \approx 1

$\frac{1}{2^t} \log n \approx 1$

\log \log n

$\log \log n$

. Bunu kesinlikle titiz hale getirmek için, ikame yöntemini kullanmalı ve işlerin nasıl yuvarlandığına çok dikkat etmeliyiz. Zamanım olduğunda, bu hesaplamayı cevabıma eklemeye çalışacağım.

c n \log \log n + \frac{1}{2} n

$c n \log \log n + \frac{1}{2}n$

— Peter Shor
kaynak

"Kare kök

kez almak zorunda " - acemi bir şey görmesi beklenebilir mi? Ayrıca, sonucunuz Yuval'ınkine uymuyor; sadece asimptotik olarak mı tasarlanmıştır?

\log \log n

$\log\log n$

— Raphael

@Raphael: Yuval bir hata yaptı, şimdi düzeltildi. Cevabımdaki karekökü açıklayacağım.

— Peter Shor

3

Başka bir fikir tekrarlama aldığını görmek

şudur: karekökünü alarak

sen ikili gösterimi için gerekli basamak yarıya

. Yani girişinizin

bitine ihtiyacı vardır ve özyinelemenin her seviyesi için kelime boyutunu 2'ye bölersiniz. Bu nedenle

sonra

O (\log \log n)

$O(\log\log n)$

n

$n$

n

$n$

w = \log n

$w=\log n$

adımlarından.

\log w = \log \log n

$\log w=\log\log n$

— A.Schulz

10

Yorumunuzda, oyuncu değişikliğini denediğinizi, ancak takıldığınızı belirttiniz. İşte işe yarayan bir türev. Motivasyon biz kurtulmak istiyorum olmasıdır sağ taraftaki çarpan, bize $\sqrt{n}$ . Bu durumda, işler çok iyi çalışıyor: $U(n) = U(\sqrt{n}) + something$

Şimdi günlüklere geçerek işleri daha da basitleştirelim (

\begin{aligned} T (n) & = \sqrt{n} T (\sqrt{n}) + n & so, dividing by n we get \\ \frac{T (n)}{n} & = \frac{T (\sqrt{n})}{\sqrt{n}} + 1 & and letting n = 2^{m} we have \\ \frac{T (2^{m})}{2^{m}} & = \frac{T (2^{m / 2})}{2^{m / 2}} + 1 \end{aligned}

$\begin{align} T(n) &= \sqrt{n}\ T(\sqrt{n}) + n & \text{so, dividing by $n$ we get}\\ \frac{T(n)}{n} &= \frac{T(\sqrt{n})}{\sqrt{n}} + 1 &\text{and letting $n = 2^m$ we have}\\ \frac{T(2^m)}{2^m} &= \frac{T(2^{m/2})}{2^{m/2}} + 1 \end{align}$

). İzin Vermek

\lg \sqrt{n} = (1 / 2) \lg n

$\lg \sqrt{n} = (1/2)\lg{n}$

Aha! Bu,

çözeltisi ile iyi bilinen bir tekrarlamadır.

\begin{aligned} S (m) & = \frac{T (2^{m})}{2^{m}} & so our original recurrence becomes \\ S (m) & = S (m / 2) + 1 \end{aligned}

$\begin{align} S(m) &= \frac{T(2^m)}{2^m} & \text{so our original recurrence becomes}\\ S(m) &= S(m/2)+1 \end{align}$

geri dönersek

S (m) = Θ (\lg m)

$S(m)=\Theta(\lg m)$

, o zaman

(ve böylece

) ile

T ()

$T(\,)$

n = 2^{m}

$n=2^m$

m = \lg n

$m=\lg n$

Yani

\frac{T (n)}{n} = Θ (\lg \lg n)

$\frac{T(n)}{n} = \Theta(\lg\,\lg n)$

T (n) = Θ (n \lg \lg n)

$T(n) =\Theta(n\,\lg\,\lg n)$ .

— Rick Decker
kaynak

6

Eğer yazarsanız sahip $m=\log n \space$ $T(m) = {m \over 2}\cdot T({m\over 2}) + c\cdot 2^m\space$ .

Artık özyineleme ağacının sırasına sahip olduğunu biliyorsunuz ve yine her seviyede olduğunu görmek zor değil , bu yüzden toplam çalışma süresi: , burada sonucuna için . $O(\log m)$ $O(2^m)\space$ $O((\log m) \cdot 2^m)\space$ $O(n \cdot \log \log n)\space$ $n$

Tüm gördüğünüzde veya $\sqrt n$ , logaritmayı kontrol etmek iyidir. $n^{a \over b}, a<b \space$

_{Not: Tabii ki, onları atladığımdan daha fazla ayrıntı içermelidir.}

2

Raphael'in önerisini takip edelim, : $n = 2^{2^k}$

\begin{aligned} T (n) = T (2^{2^{k}}) & = 2^{2^{k - 1}} T (2^{2^{k - 1}}) + c 2^{2^{k}} \\ = 2^{2^{k - 1} + 2^{k - 2}} T (2^{2^{k - 2}}) + c (2^{2^{k}} + 2^{2^{k}}) \\ = \dots \\ = 2^{2^{k - 1} + 2^{k - 2} + \dots + 2^{0}} T (2^{2^{0}}) + c (2^{2^{k}} + 2^{2^{k}} + \dots + 2^{2^{k}}) \\ = 2^{2^{k} - 1} + c k 2^{2^{k}} \\ = (c \log \log n + 1 / 2) n . \end{aligned}

$\begin{align*} T(n) = T(2^{2^k}) &= 2^{2^{k-1}} T(2^{2^{k-1}}) + c2^{2^k} \\ &= 2^{2^{k-1}+2^{k-2}} T(2^{2^{k-2}}) + c(2^{2^k} + 2^{2^k}) \\ &= \cdots \\ &= 2^{2^{k-1}+2^{k-2}+\cdots+2^0} T(2^{2^0}) + c(2^{2^k} + 2^{2^k} + \cdots + 2^{2^k}) \\ &= 2^{2^k-1} + ck2^{2^k} \\ &= (c\log\log n + 1/2)n. \end{align*}$

Edit: Thanks Peter Shor for the correction!

— Yuval Filmus
kaynak

How did you come up with

2^{2^{k}}

$2^{2^k}$ ? Note for OP: "

\dots

$\dots$ " is not a proof, you'll have to provide that still (usually by induction).

— Raphael

@Raphael: It's nearly a proof. You just need to show that it's also correct for numbers not of the form

2^{2^{k}}

$2^{2^k}$ .

— Peter Shor

Actually, the recurrence is only well-defined for numbers of the form

2^{2^{k}}

$2^{2^k}$ , since otherwise, at some point

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ wouldn't be an integer, and you'll never reach the base case

T (2)

$T(2)$ .

— Yuval Filmus

1

If this recurrence actually came from an algorithm, it would probably really be something more like

T (n) = ⌈ \sqrt{n} ⌉ T (⌈ \sqrt{n} ⌉) + c n

$T(n) = \lceil \sqrt{n} \rceil T(\lceil \sqrt{n} \rceil) + cn$ .

— Peter Shor

1

Unravel the recurrence once as follows:

\begin{aligned} T (n) & = & \sqrt{n} T (\sqrt{n}) + n \\ = & n^{1 / 2} (n^{1 / 4} T (n^{1 / 4}) + n^{1 / 2}) + n \\ = & n^{1 - 1 / 4} T (n^{1 / 4}) + 2 n . \end{aligned}

$\begin{align} T(n) &=& \sqrt{n}~ T(\sqrt{n}) + n \\ &=& n^{1/2} \big ( n^{1/4} ~ T(n^{1/4}) + n^{1/2}\big) + n \\ &=& n^{1-1/4}~ T(n^{1/4}) + 2n. \end{align}$

Continuing the unraveling for $k$ steps, we have that:

\begin{aligned} T (n) & = & n^{1 - 1 / 2^{k}} T (n^{1 / 2^{k}}) + k n . \end{aligned}

$\begin{align} \label{eqn:unrav} T(n) &=& n^{1-1/2^k} T(n^{1/2^k}) + kn. \end{align}$

These steps will continue until the base case of $n^{1/2^k} = 2$ . Solving for $k$ we have:

\begin{aligned} n^{1 / 2^{k}} = 2 \\ ⟹ & \log n = 2^{k} \\ ⟹ & k = \log \log n . \end{aligned}

$\begin{align} &&n^{1/2^k} = 2 \\ &\implies& \log n= 2^k \\ &\implies& k= \log \log n. \label{eqn:ksol} \end{align}$

Substituting $k=\log \log n$ into the unraveled recurrence, we have

\begin{aligned} T (n) = \frac{n}{2} T (2) + n \log \log n . \end{aligned}

$\begin{align} T(n) = \frac{n}{2} T(2) + n \log \log n. \end{align}$

— pC_
kaynak

2

Could you rewrite your picture to MathJax? We discourage images with text as the answers.

— Evil

1

@PKG it seems like your edit is slightly different and also you explain steps, maybe you could answer on your own.

— Evil