N çok seçimli k karmaşıklığını basitleştirin

Yinelenen n'den k öğelerini seçmeye eşdeğer zaman karmaşıklığına sahip yinelemeli bir algoritmaya sahibim ve daha basit bir big-O ifadesi elde edip edemeyeceğimi merak ediyordum. Benim durumumda, $k$ $n$ büyük olabilir ve bağımsız olarak büyürler.

Özellikle, bazı açık üstel ifade beklenir. Şimdiye kadar bulabildiğim en iyi şey Stirling'in $O(n!) \approx O((n/2)^n)$ yaklaşımına dayanıyor , bu yüzden bunu kullanabilirim, ama daha güzel bir şey alabilir miyim diye merak ettim.

O ((\binom{n + k - 1}{k})) = O (?)

$O\left({{n+k-1}\choose{k}}\right) = O(?)$

asymptotics combinatorics runtime-analysis

— yoniLavi
kaynak

Bu tam olarak çok yararlı değil ama çok ilginç Ramanujan'ın faktöriyel yaklaşımı

— Pratik Deoghare

Teşekkürler, görünüyor havalı bir yaklaşım gibi, ama aslında bunu basitleştirmeye yardımcı görünmüyor.

n! \sim \sqrt{π} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[6]{8 n^{3} + 4 n^{2} + n + \frac{1}{30}}

$n! \sim \sqrt{\pi} \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt[6]{8n^3 + 4n^2 + n + \frac{1}{30}}$

— yoniLavi

Yanıtlar:

Edit: Bu cevap . Sınırlayıcı olmadan yönünden ifadesi sınırlandırılmamış. $k<n$ $k$ $n$

Eğer daha sonra ifadesi olur . Uyarı olduğu için Stirling formülü ile bir burada ikili entropidir. Özellikle . Bu nedenle $k=n-1$ $O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)$ $0<\alpha<1$

(\binom{m}{α m}) = Θ (m^{- 1 / 2} 2^{H (α) m}),

${m \choose {\alpha m}}= \Theta(m^{-{1/2}} 2^{H(\alpha)m}),$

H (q) = - q \log q - (1 - q) \log (1 - q)

$H(q)=-q \log q - (1-q) \log (1-q)$

H (1 / 2) = 1

$H(1/2)=1$

k = n - 1

$k=n-1$

O ((\binom{2 (n - 1)}{n - 1})) = Θ ((2 n - 2)^{- 1 / 2} 2^{2 n - 2}) = Θ (\frac{4^{n}}{\sqrt{n}}) .

$O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)=\Theta((2n-2)^{-{1/2}} 2^{2n-2})=\Theta\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right).$

Üst sınır en kötü durum olduğundan (bunu göstermek için bir egzersiz olarak bırakıyorum), ifadeniz . $k=n-1$ $O\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right)$

— A.Schulz
kaynak

Teşekkürler, tam olarak aradığım şey! ve bu beni bilgi teorisi okumaya motive eden başka bir şey.

— yoniLavi

@ Falcor84: Son geçişte daha küçük bir yazım hatası yaşadım. Karekök kısmı paydaya gitmek zorundadır. Dolayısıyla sınır Paresh tarafından sunulandan biraz daha iyidir. (Aslında, sınır asimptotik olarak sıkı.)

— A.Schulz

Ben de o küçük eksi işareti fark etmeliydim, tekrar teşekkürler.

— yoniLavi

en kötü durum olduğu "egzersiz olarak bırakıldı" ifadeniz yanlıştır. Eğer , ifade . Bu her zaman değerinden daha az değildir .

k = n - 1

$k = n-1$

n = 3

$n=3$

(\binom{k + 2}{k}) = (\binom{k + 2}{2}) = \frac{(k + 1) (k + 2)}{2}

${k+2 \choose k} = {k+2 \choose 2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$

(\binom{4}{2}) = 6

${4 \choose 2} = 6$

— Peter Shor

Yana , sorun olarak simetriktir ve benim durumumda ilişkisi olmadan büyüyebilir ( ). Bu nedenle, sanırım, cevabın son kısmındaki n'yi ile değiştirmek daha doğru olacaktır

(\binom{n + k - 1}{k}) = (\binom{n + k - 1}{n - 1})

${{n+k-1}\choose{k}} = {{n+k-1}\choose{n-1}}$

n

$n$

k

$k$

x := m a x (n, k)

$x := max(n,k)$

— yoniLavi

Wolfram, Sondow (2005) [1] ve Sondow ve Zudilin (2006) [2] eşitsizliği kaydettiğini : için pozitif tam sayıdır ve gerçek sayısı.

\frac{1}{4 r m} {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m} < (\binom{(r + 1) m}{m}) < {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m}

$\frac{1}{4rm}\left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m < {(r+1)m \choose m} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m$

m

$m$

r \geq 1

$r\ge 1$

Daha sonra ile ve .

(\binom{n + k - 1}{k}) < (\binom{n + k}{k}) = (\binom{(r + 1) m}{m})

${n+k-1\choose k} < {n+k\choose k} = {(r + 1)m \choose m}$

r = \frac{n}{k}

$r = \frac{n}{k}$

m = k

$m = k$

Sonra

(\binom{n + k - 1}{k}) < {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m} = {(\frac{n + k}{k})}^{n + k}

${n+k-1\choose k} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m = \left(\frac{n+k}{k}\right)^{n+k}$

Şimdi, binom ifadesi Pascal üçgeninin ortasında en yüksek değere sahiptir. Yani, bizim durumumuzda, veya . $n+k = 2k$ $k = n$

Yukarıdaki eşitsizlikte, şunu elde ederiz: .

(\binom{n + k - 1}{k}) < 2^{2 n} = 4^{n}

${n+k-1\choose k} < 2^{2n} = 4^n$

Bu nedenle, daha sıkı bir sınır .

(\binom{n + k - 1}{k}) = O (4^{n})

${n+k-1\choose k} = O(4^n)$

Maksimum değer için alt sınırın

(\binom{n + k - 1}{k}) = Ω (\frac{4^{n}}{n})

${n+k-1\choose k} = \Omega\left(\frac{4^n}{n}\right)$

Kaynaklar:
[1] Sondow, J. "Problem 11132." Amer. Matematik. Aylık 112, 180, 2005.
[2] Sondow, J. ve Zudilin, W. "Euler sabiti, q-logaritmaları ve Ramanujan ve Gosper'in formülleri" Ramanujan J. 12, 225-244, 2006.

— Paresh
kaynak