Qual é a profundidade da recursão se dividirmos uma matriz em a cada chamada recursiva?

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Temos uma função que recebe uma matriz como entrada. Ele divide uma matriz em partes com tamanhos iguais, onde é o tamanho da sub- matriz . Ele continua quebrando cada um dos sub-arranjos até restarem apenas dois elementos nele. Qual é a profundidade dessa recursão? $\log_2(n)$ $n$

Exemplo do processo:

Primeiro, temos elementos e os em partes com tamanhos iguais. Cada uma dessas partes possui elementos . No próximo nível de recursão, dividiremos cada um dos sub- em partes novamente com tamanhos iguais. Agora eles terão em cada um deles. E continuamos quebrando a matriz dessa maneira até chegarmos a um sub-arranjo com apenas dois elementos. $n$ $\log_2(n)$ $\frac {n} {log_2(n)}$ $log_2(\frac {n} {log_2(n)})$ $\frac {\frac {n} {log_2(n)}} {log_2(\frac {n} {log_2(n)})}$

— Hinko Pih Pih
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É facilmente calculado, não é? Tente n = 1.000.000, por exemplo. Faça isso manualmente, então deve ser óbvio.

— precisa saber é o seguinte

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@ gnasher729 ainda não está claro para mim ...

— Hinko Pih Pih

O que é log_2 (1.000.000)? Então, se você dividir 1.000.000 itens em muitas sub-matrizes de tamanho igual, qual o tamanho de cada uma? E se você fizer de novo?

— precisa saber é o seguinte

Não dividirei a matriz em partes toda vez. Na primeira etapa, sim, mas depois eu a dividirei em e assim por diante.

\log_{2} (1, 000, 000)

$\log_2 (1,000,000)$

\log_{2} (\frac{1, 000, 000}{\log_{2} (1, 000, 000)})

$\log_2(\frac {1,000,000}{\log_2 (1,000,000)})$

— Hinko Pih Pih

Você se dizer "onde n é o tamanho da matriz", não "onde n é o tamanho da subarray". Faz pouca diferença na prática.

— precisa saber é o seguinte

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Seja e denote por o número de aplicações de necessárias para obter abaixo de alguma constante arbitrária. Por um lado, e, portanto, Para obter um limite superior, observe que, contanto que , tenhamos e, portanto, são necessárias no máximo iterações para reduzir para . O mesmo argumento se aplica à redução de para $f(n) = n/\log n$ $g(n)$ $f$ $n$ $f^{(t)}(n) \geq n/\log^t n$

g (n) \geq \log_{\log n} n = \frac{\log n}{\log \log n} .

$g(n) \geq \log_{\log n} n = \frac{\log n}{\log \log n}.$

f^{(t)} (n) \geq \sqrt{n}

$f^{(t)}(n) \geq \sqrt{n}$

\log f^{(t)} (n) \geq (\log n) / 2

$\log f^{(t)}(n) \geq (\log n)/2$

\log_{(\log n) / 2} n = O (\log n / \log \log n)

$\log_{(\log n)/2} n = O(\log n/\log\log n)$

n

$n$

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

\sqrt[4]{n}

$\sqrt[4]{n}$ e assim por diante e, portanto, (Aqui é o mesmo que .) Observe que . Para grandes , teremos (digamos), e assim Portanto, a soma é aumentada por uma série geométrica convergente e concluímos que No total, entendemos isso

g (n) ≪ \frac{\log n}{\log \log n} + \frac{\log \sqrt{n}}{\log \log \sqrt{n}} + \frac{\log \sqrt[4]{n}}{\log \log \sqrt[4]{n}} + \dots .

$g(n) \ll \frac{\log n}{\log\log n} + \frac{\log \sqrt{n}}{\log\log \sqrt{n}} + \frac{\log \sqrt[4]{n}}{\log\log \sqrt[4]{n}} + \cdots.$

\cdot ≪ \cdot

$\cdot \ll \cdot$

\cdot = O (\cdot)

$\cdot = O(\cdot)$

\log \sqrt{n} = \frac{1}{2} \log n

$\log \sqrt{n} = \frac{1}{2} \log n$

n

$n$

\log \log \sqrt{n} \geq \frac{2}{3} \log \log n

$\log\log \sqrt{n} \geq \frac{2}{3} \log \log n$

\frac{\log \sqrt{n}}{\log \log \sqrt{n}} \leq \frac{2}{3} \frac{\log n}{\log \log n} .

$\frac{\log \sqrt{n}}{\log\log \sqrt{n}} \leq \frac{2}{3} \frac{\log n}{\log\log n}.$

g (n) = O (\frac{\log n}{\log \log n}) .

$g(n) = O\left(\frac{\log n}{\log\log n}\right).$

g (n) = Θ (\frac{\log n}{\log \log n}) .

$g(n) = \Theta\left(\frac{\log n}{\log \log n}\right).$ Com mais trabalho, provavelmente podemos provar uma estimativa mais refinada, como

g (n) \sim \frac{\log n}{\log \log n} .

$g(n) \sim \frac{\log n}{\log \log n}.$

— Yuval Filmus
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O que representa?

t

$t$

— Hinko Pih Pih

É o número de vezes que você aplicou .

f

$f$

— Yuval Filmus

Não consigo descobrir como você obteve da primeira desigualdade.

g (n) \geq \log_{\log n} n

$g(n) \geq \log_{\log n} n$

— Hinko Pih Pih

Resolvendo a equação . Aqui é minha constante "arbitrária".

n / \log^{t} n = 1

$n/\log^t n = 1$

1

$1$

— Yuval Filmus

Agora eu não entendo como você conseguiu iterações de . Pode me explicar por favor?

\log_{(\log n) / 2} n

$\log_{(\log n)/2} n$

\log f^{(t)} (n) \geq (\log n) / 2

$\log f^{(t)}(n) \geq (\log n)/2$

— Hinko Pih Pih

2

Parece que você está se referindo ao logaritmo iterado, também conhecido como a função . É uma função que expressa quantas vezes você pode obter o logaritmo de um número até que ele produza um número menor ou igual a 1. $log *$

A função cresce muito lentamente. É o inverso da tetração. $log*$

Veja mais disso aqui .

— Victor Stafusa
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2

Não é o logaritmo iterado. Por exemplo: no primeiro passo terei

n

$n$ elementos e separá-lo em

\log_{2} (n)

$\log_2(n)$ peças. Em cada parte terei

\frac{n}{\log_{2} (n)}

$\frac {n}{\log_2(n)}$ . Isso significa que, no próximo nível, não aceitarei o logaritmo de um logaritmo. Vou separar o subarray em

\log_{2} (\frac{n}{\log_{2} (n)})

$\log_2(\frac {n}{\log_2(n)})$ partes que é definitivamente muito mais do que

\log_{2} (\log_{2} (n))

$\log_2(\log_2(n))$ . E esse padrão continua. Na verdade, eu escrevi o programa e a profundidade da recursão é sempre maior do que

\log_{2} (\log_{2} (n))

$\log_2(\log_2(n))$ e sempre menor que

\log_{2} (n)

$\log_2(n)$ .

— Hinko Pih Pih

2

Seja n o tamanho da matriz. Seja k = log2 (n). Na primeira etapa, você divide por k. Desde que o tamanho da matriz seja superior a $n^{1/2}$ , você divide por mais de k / 2. Eu diria que este é O (log n / log log n).

(Sempre dividir em k partes leva o log n / log k divide. Você solicitou o caso especial k = log n, portanto, log n / log log n. Depois, você precisa decidir se o encolhimento k faz a diferença ou não.)

— gnasher729
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Mas o tamanho do subarray será menor que

n^{\frac{1}{2}}

$n^\frac {1}{2}$ em algum ponto. E mesmo que isso não fosse verdade, eu não entendo como você conseguiu

O (\frac{\log_{2} (n)}{\log_{2} (\log_{2} (n))})

$O(\frac {\log_2(n)} {\log_2(\log_2(n))})$ .

— Hinko Pih Pih

Sua resposta editada fornece uma boa explicação para uma constante

k

$k$ mas aqui

k

$k$ não é constante, por isso ainda não é útil.

— Hinko Pih Pih

1

Todo logaritmo abaixo significa logaritmo com base 2, $\log_2(\cdot)$ .

Vamos nomear a função dada na pergunta $\operatorname{slog}$ . ( "trabalho árduo" vem do s plitting com log . Ele também pode implicar " s maller de log ".) Em termos precisos, $\operatorname{slog}$ em $\Bbb N$ é definido pelas seguintes condições.

caso base, $\operatorname{slog}(1)=0$ e $\operatorname{slog}(2)=1.$
a relação de recorrência, $\operatorname{slog}(n)=1+ \text{slog}\left(\left\lceil\dfrac{n}{ \lceil\log n\rceil}\right\rceil\right)$ para $n\gt2.$

Podemos provar a seguinte proposição sobre o comportamento assintótico de $\operatorname{slog}(n)$ .

lim_{n \to \infty} \frac{slog (n)}{\frac{\log n}{\log \log n}} = 1.

$\lim_{n\to\infty}\dfrac{\quad\text{ slog}(n)\quad}{\dfrac{\log n}{\log\log n}}=1.$

Aqui está a idéia básica da prova.

\begin{aligned} lim_{n \to \infty} \frac{\log n}{\log \log n} - \frac{\log \frac{n}{\log n}}{\log \log \frac{n}{\log n}} & = lim_{m \to \infty} \frac{m}{\log m} - \frac{m - \log m}{\log (m - \log m)} \\ = lim_{m \to \infty} \frac{m}{\log m} - \frac{m - \log m}{\log m + \log (1 - \frac{\log m}{m})} \\ = lim_{m \to \infty} \frac{(\log m)^{2} + m \log (1 - \frac{\log m}{m})}{(\log m) (\log m + \log (1 - \frac{\log m}{m}))} \\ = lim_{m \to \infty} \frac{(\log m)^{2} + m (- \frac{\log m}{m})}{(\log m) (\log m)} \\ = 1 \end{aligned}

$\begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{\log n}{\log\log n}-\frac{\log \frac n{\log n}}{\log\log \frac n{\log n}} &=\lim_{m\to\infty}\frac{m}{\log m}-\frac{m-\log m}{\log(m-\log m)}\\ &=\lim_{m\to\infty}\frac{m}{\log m}-\frac{m-\log m}{\log m + \log(1- \frac{\log m}m)}\\ &=\lim_{m\to\infty}\frac{(\log m)^2+ m\log(1- \frac{\log m}m)}{(\log m)(\log m+ \log(1- \frac{\log m}m))}\\ &=\lim_{m\to\infty}\frac{(\log m)^2+ m(-\frac{\log m}m)}{(\log m)(\log m)}\\ &=1 \end{align}$

Corolário. $\text{slog}(n)=\Theta\left(\dfrac{\log n}{\log\log n}\right)$ .

A mesma conclusão vale se definirmos $\text{slog}(x)$ para $x>1$ com $\text{slog}(x)=1$ para $1\lt x\le 2$ e $\operatorname{slog}(n)=1+ \text{slog}\left(\dfrac{n}{ \log n}\right)$ .

Exercício. Escreva a prova completa de $\text{slog}(n)\sim \dfrac{\log n}{\log\log n}$ .

— John L.
fonte

O resultado assintótico aqui deve ser folclore ou conhecido. No entanto, ainda não encontrei nenhuma referência.

— John L.