Memecahkan hubungan perulangan dengan √n sebagai parameter

18

Pertimbangkan pengulangannya

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

untuk dengan beberapa konstanta positif , dan . $n \gt 2$ $c$ $T(2) = 1$

Saya tahu teorema Master untuk menyelesaikan perulangan, tapi saya tidak yakin bagaimana kita bisa menyelesaikan hubungan ini dengan menggunakannya. Bagaimana Anda mendekati parameter root kuadrat?

asymptotics recurrence-relation master-theorem

— pencari
sumber

5

Teorema Master tidak berlaku di sini;

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ tidak dapat ditulis sebagai

\frac{n}{b}

$\frac{n}{b}$ . Apa lagi yang sudah Anda coba?

— Raphael

@ Raphael: Saya mencoba metode substitusi, tetapi sepertinya terjebak pada nilai apa yang harus saya pilih untuk diganti.

— pencari

1

Bagaimana dengan "membuka kembali pengulangan beberapa kali, mengamati suatu pola, menebak solusinya dan membuktikannya "?

— Raphael

Nah ini adalah ive pertama yang saya jumpai dari jenis ini, mungkin beberapa bantuan di sini akan membantu saya mengatasi masalah alam di masa depan dengan mudah.

— seeker

Karena Anda menyebutkan Teorema Master, saya menganggap Anda perlu menyelesaikan hubungan ini untuk batas asimptotik, dan tidak benar-benar memerlukan ekspresi bentuk tertutup. Diberikan di bawah ini, ada beberapa solusi yang baik untuk menemukan ekspresi bentuk tertutup, yang juga memberikan kompleksitas asimptotik. Namun, jika Anda hanya membutuhkan kompleksitas asimptotik, analisisnya lebih sederhana. Lihat penjelasan di sini untuk menemukan kerumitan asimptotik, dengan solusi intuitif yang bagus untuk contoh masalah Anda.

— Paresh

9

Kami akan menggunakan saran Raphael dan membuka lipatannya. Berikut ini, semua logaritma adalah basis 2. Kita dapatkan

di manaadalah berapa kali Anda harus mengambil akar kuadrat untuk memulai dengan n, dan mencapai 2. Ternyata. Bagaimana Anda bisa melihatnya? Pertimbangkan:

\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 \\ ... \\ = \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

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

Jadi berapa kali Anda perlu mengambil akar kuadrat untuk mencapai 2 adalah solusi untuk

\begin{aligned} n & = 2^{catatan n} \\ n^{1 / 2} & = 2^{\frac{1}{2} catatan n} \\ n^{1 / 4} & = 2^{\frac{1}{4} catatan n} \\ ... \end{aligned}

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

, yang merupakan

. Jadi solusi untuk rekursi adalah

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

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

\log \log n

$\log \log n$

. Untuk membuat ini benar-benar ketat, kita harus menggunakan metode substitusi dan sangat berhati-hati tentang bagaimana hal-hal dibulatkan. Ketika saya punya waktu, saya akan mencoba menambahkan perhitungan ini ke jawaban saya.

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

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

— Peter Shor
sumber

"Anda harus mengambil akar kuadrat

kali" - adalah bahwa sesuatu yang pemula dapat diharapkan untuk melihat? Juga, hasil Anda tidak sesuai dengan Yuval; Apakah ini dimaksudkan hanya secara asimptotik?

\log \log n

$\log\log n$

— Raphael

@ Raphael: Yuval membuat kesalahan, yang sekarang sudah diperbaiki. Saya akan menjelaskan akar kuadrat dalam jawaban saya.

— Peter Shor

3

Gagasan lain untuk melihat bahwa rekursi mengambil

adalah sebagai berikut: Dengan mengambil akar kuadrat dari

Anda membagi dua digit yang diperlukan untuk representasi biner dari

. Jadi input Anda perlu

bit dan Anda membagi ukuran kata dengan 2 untuk setiap tingkat rekursi. Karenanya Anda berhenti setelah

langkah.

O (\log \log n)

$O(\log\log n)$

n

$n$

n

$n$

w = \log n

$w=\log n$

\log w = \log \log n

$\log w=\log\log n$

— A.Schulz

10

Dalam komentar Anda, Anda menyebutkan bahwa Anda mencoba substitusi tetapi macet. Inilah derivasi yang berfungsi. Motivasinya adalah kami ingin menyingkirkan pengganda di sisi kanan, meninggalkan kita dengan sesuatu yang terlihat seperti $\sqrt{n}$ . Dalam hal ini, semuanya berjalan dengan sangat baik: $U(n) = U(\sqrt{n}) + something$

Sekarang mari kita menyederhanakan hal-hal lebih jauh, dengan mengubah ke log (karena

\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}$

). Biarkan

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

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

Aha! Ini adalah pengulangan yang terkenal dengan solusi

Kembali ke

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

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

S (m) = Θ (\lg m)

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

, kita kemudian memiliki, dengan

(dan

),

T ()

$T(\,)$

n = 2^{m}

$n=2^m$

m = \lg n

$m=\lg n$

Jadi

\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
sumber

6

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

Now you know the recursion tree has hight of order $O(\log m)$ , and again it's not hard to see it's $O(2^m)\space$ in each level, so total running time is in: $O((\log m) \cdot 2^m)\space$ , which concludes $O(n \cdot \log \log n)\space$ for $n$ .

In all when you see $\sqrt n$ or $n^{a \over b}, a<b \space$ , is good to check logarithm.

_{P.S: Sure proof should include more details by I skipped them.}

2

Let's follow Raphael's suggestion, for $n = 2^{2^k}$ :

\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
sumber

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_
sumber

2

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

— Evil

1

@ PKG sepertinya hasil edit Anda sedikit berbeda dan Anda juga menjelaskan langkah-langkahnya, mungkin Anda bisa menjawabnya sendiri.

— Evil