求解遞歸關系：T(n)=T(n-1)+T(n/2)+n

Question

求解： T(n)=T(n-1)+T(n/2)+n 。

我嘗試使用遞歸樹解決這個問題。分別有兩個分支T(n-1)和T(n/2) 。 T(n-1)將進入更高的深度。 所以我們得到O(2^n) 。 這個想法正確嗎？

Answer 1

對於CS類來說，這是一個非常奇怪的重復。 這是因為從一個角度來看： T(n) = T(n-1) + T(n/2) + n大於T(n) = T(n-1) + n ，即 O(n ^2)。

但從另一個角度來看，函數方程有一個精確解： T(n) = -2(n + 2) 。 通過將其代入方程，您可以輕松看出這是精確解： -2(n + 2) = -2(n + 1) + -(n + 2) + n 。 我不確定這是否是唯一的解決方案。

我是這樣得到的： T(n) = T(n-1) + T(n/2) + n 。 因為您為非常大的n計算事物，所以n-1幾乎與n相同。 所以你可以把它改寫為T(n) = T(n) + T(n/2) + n即T(n/2) + n = 0 ，它等於T(n) = - 2n ，所以它是線性的。 這對我來說是違反直覺的（這里是減號），但是有了這個解決方案，我嘗試了T(n) = -2n + a並找到了 a 的值。

Answer 2

我相信你是對的。 遞推關系總是分成兩部分，即 T(n-1) 和 T(n/2)。 看看這兩個，很明顯 n-1 的值下降比 n/2 慢，或者換句話說，你將從樹的 n-1 部分有更多的分支。 盡管如此，在考慮 big-o 時，只考慮“最壞情況”是有用的，在這種情況下，樹的兩邊都減少了 n-1（因為這減少得更慢，您需要有更多的分支）。 總之，您需要將關系一分為二，總共 n 次，因此您說 O(2^n) 是正確的。

Answer 3

你的推理是正確的，但你放棄的太多了。 （例如，說2x^3+4=O(2^n)也是正確的，但這不像2x^3+4=O(x^3) 。）

我們要做的第一件事是去掉非齊次項n 。 這表明我們可以尋找形式為T(n)=an+b 。 將其代入，我們發現：

an+b = a(n-1)+b + an/2+b + n

這減少到

0 = (a/2+1)n + (b-a)

暗示a=-2和b=a=-2 。 因此， T(n)=-2n-2是方程的解。

我們現在想通過減去我們已經找到的解決方案來找到其他解決方案。 讓我們定義U(n)=T(n)+2n+2 。 那么方程變為

U(n)-2n-2 = U(n-1)-2(n-1)-2 + U(n/2)-2(n/2)-2 + n

這減少到

U(n) = U(n-1) + U(n/2).

U(n)=0是這個方程的一個明顯解，但是這個方程的非平凡解是如何表現的呢？

讓我們假設U(n)∈Θ(n^k)對於某些k>0 ，因此U(n)=cn^k+o(n^k) 。 這使得方程

cn^k+o(n^k) = c(n-1)^k+o((n-1)^k) + c(n/2)^k+o((n/2)^k)

現在， (n-1)^k=n^k+Θ(n^{k-1}) ，所以上面變成

cn^k+o(n^k) = cn^k+Θ(cn^{k-1})+o(n^k+Θ(n^{k-1})) + cn^k/2^k+o((n/2)^k)

吸收低階項並減去公共cn^k ，我們得到

o(n^k) = cn^k/2^k

但這是錯誤的，因為右側比左側增長得更快。 因此， U(n-1)+U(n/2)比U(n) U(n-1)+U(n/2)增長得更快，這意味着U(n)必須比我們假設的Θ(n^k)增長得更快。 因為這對於任何k都是正確的，所以U(n)必須比任何多項式增長得更快。

指數函數是一個比任何多項式增長都快的例子。 因此，讓我們假設U(n)∈Θ(c^n)對於某些c>1 ，因此U(n)=ac^n+o(c^n) 。 這使得方程 ac^n+o(c^n) = ac^{n-1}+o(c^{n-1}) + ac^{n/2}+o(c^{n/2 }) 重新排列並使用一些增長數學的順序，這變成

c^n = o(c^n)

這是錯誤的（再次），因為左側比右側增長得更快。 因此， U(n)增長速度比U(n-1)+U(n/2)快，這意味着U(n)增長速度必須比我們假設的Θ(c^n)慢。 由於這對於任何c>1都是正確的，因此U(n)必須比任何指數增長得更慢。

這使我們進入了擬多項式領域，其中ln U(n)∈O(log^cn)和子指數，其中ln U(n)∈O(n^ε) 。 其中任何一個都意味着我們要查看L(n):=ln U(n) ，其中前面的段落暗示L(n)∈ω(ln n)∩o(n) 。 取方程的自然對數，我們有

ln U(n) = ln( U(n-1) + U(n/2) ) = ln U(n-1) + ln(1+ U(n/2)/U(n-1))

或者

L(n) = L(n-1) + ln( 1 + e^{-L(n-1)+L(n/2)} ) = L(n-1) + e^{-(L(n-1)-L(n/2))} + Θ(e^{-2(L(n-1)-L(n/2))})

所以一切都歸結為： L(n-1)-L(n/2)增長的速度有多快？ 我們知道L(n-1)-L(n/2)→∞ ，否則L(n)∈Ω(n) 。 並且L(n)-L(n/2)可能同樣有用，因為L(n)-L(n-1)∈o(1)遠小於L(n-1)-L(n/2) 。

不幸的是，這是我能夠解決的問題。 我沒有看到一個很好的方法來控制L(n)-L(n/2)增長的速度（而且我幾個月來一直盯着這個）。 我唯一能結束的就是引用另一個答案：“CS 類的一個非常奇怪的遞歸”。

Answer 4

我覺得我們可以這樣看：

T(n)=2T(n/2)+n < T(n)=T(n−1)+T(n/2)+n < T(n)=2T(n−1)+n

如果我們應用大師定理，那么：

Θ(n∗logn) < Θ(T(n)) < Θ(2n)

Answer 5

請記住， T(n) = T(n-1) + T(n/2) + n （漸近）大於T(n) = T(n-1) + n僅適用於漸近正函數。 在這種情況下，我們有T = Ω(n^2) 。

請注意， T(n) = -2(n + 2)是函數方程的解，但我們不感興趣，因為它不是漸近正解，因此 O 的符號沒有有意義的應用.

您還可以輕松檢查T(n) = O(2^n) 。 （如果需要，請參閱 yyFred 解決方案）

如果您嘗試對n^a(lgn)^b類型的函數使用 O 的定義，其中a(>=2)和b正常數，您會發現這不是替代方法的可能解決方案。

事實上，唯一允許用替換方法證明的函數是指數函數，但我們知道這種遞歸的增長速度不如T(n) = 2T(n-1) + n ，所以如果T(n) = O(a^n) ，我們可以有a < 2 。

假設T(m) <= c(a^m) ，對於一些常數 c，實數和正數。 我們的假設是這種關系對所有 m < n 都有效。 試圖為 n 證明這一點，我們得到：

T(n) <= (1/a+1/a^(n/2))c(a^n) + n

我們可以通過將假設更改為低階項來輕松擺脫 n。 這里重要的是：

1/a+1/a^(n/2) <= 1

a^(n/2+1)-a^(n/2)-a >= 0

改變變量：

a^(N+1)-a^N-a >= 0

我們希望找到盡可能緊密的結合，因此我們正在尋找盡可能低的a 。 我們上面找到的不平等接受的解決方案， a它是相當接近1，但a允許獲得任意接近1？ 答案是否定的，讓a的形式為a = (1+1/N) 。 將a代入不等式並應用極限N -> INF ：

e-e-1 >= 0

這是荒謬的。 因此，上面的不等式有一些固定數N*作為最大解，可以通過計算找到。 一個快速的 Python 程序讓我發現a < 1+1e-45 （有一點外推），所以我們至少可以確定：

T(n) = ο((1+1e-45)^n)

Answer 6

T(n)=T(n-1)+T(n/2)+n與T(n)=T(n)+T(n/2)+n因為我們正在求解非常大的值的 T(n)=T(n)+T(n/2)+n只有在T(n/2) + n = 0才能為真。 這意味着T(n) = T(n) + 0 ~= O(n)