Complexidade da computação

Qual é a complexidade da computação ? $n^{n^2},\;n \in \mathbb{N}$

complexity-theory integers number-theory

— Rafael
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O que você tentou? Qual máquina e modelo de custo você assume?

— Raphael

Usando a transformação rápida de Fourier, as multiplicações nos números de bits de podem ser feitas no tempo (onde o til significa que estamos ignorando os fatores polilogarítmicos). Ao quadrado repetido, podemos calcular com multiplicações, e cada multiplicação envolve nenhum número maior que , que possui aproximadamente bits. Portanto, a quantidade total de tempo necessária é . $k$ $\tilde{O}(k)$ $n^{n^2}$ $O(\log n)$ $n^{n^2}$ $n^2 \log_2 n$ $\tilde{O}(n^2(\log n)^2)=\tilde{O}(n^2)$

— Micah
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Editado em resposta a comentários O tempo para calcular pode ser decomposto no tempo necessário para calcular e no tempo necessário para executar . Assumirei que multiplicar um número de bits por um número de bits leva exatamente tempo pelo método do livro escolar; adições, etc. são de tempo constante. Como resultado, a computação leva o $f(n) = n^{n^2}$ $f_1(n) = n^2$ $n ^ {f_1(n)}$ $m$ $n$ $mn$ $n^2$ tempo. $\log_2^2 (n)$

Suponha que usamos exponenciação binária para calcular . A exponenciação binária realiza dois tipos de operações na computação de : quadratura do produto atual e multiplicação do produto atual por , dependendo se o bit atual na expansão binária de é 0 ou 1. No pior caso, é uma potência de dois, de modo que a exponenciação binária esquadria repetidamente seu produto atual até chegar à resposta. Observe que tem $f(n)$ $f(n)$ $n$ $n^2$ $n^2$ $n^2$ $m'=\lceil 2 \log_2(n) \rceil$ bits, de modo que o número desses quadrados seja . Este é o caso que analisamos mais adiante. $m= m'-1$

O primeiro quadrado leva tempo, resultando em um produto -bit. O segundo quadrado recebe dois números de bit e é executado em vez, resultando em um produto de bits. Continuando, a ésima etapa leva $t_1=\log_2^2(n)$ $o_1=2 \log_2(n)$ $o_1$ $t_2=o_1^2$ $o_2=2o_1$ $i$ tempo e emite umproduto de bits. Esse processo para naésima etapa; como resultado, leva tempo $t_i = 4^{i-1}\log^2_2 n$ $o_i=2^{i} \log_2 (n)$ $m$

. $T _{exp} =\sum _{[1..m]} t_i = \log_2 ^2 (n) \sum_{[1..m]} 4^i = \frac{4^m -1} {3} \log_2 ^2 n$

Quando o custo quadrático inicial é incluído, achamos que precisamos de tempo no máximo

${T_{exp} + \log_2^2{n}}$

Nota

Omiti alguns pisos e tetos nos cálculos, esperando que eles não afetassem materialmente a resposta.
Omiti deliberadamente uma análise baseada em em favor de um limite superior exato, apenas para ser rigoroso. $O$
O raciocínio acima também deixa claro por que minha análise anterior foi falha. O notação foi utilizado de uma forma solta rápido-e-e-lo convenientemente omitido constantes de modo que, por exemplo, mágica tornou-se . $O$ $\sum t_i$ $O(\log n)$
As multiplicações podem ser sempre aceleradas pela FFT e outros métodos.

— PKG
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Como você obteve a complexidade

para o cálculo de

O (1)

$\mathcal{O}(1)$

n^{2}

$n^{2}$

Eu vou dizer que a multiplicação de dois números de

bits leva tempo

vez de tempo

, você precisa entender isso também no custo da exponenciação binária.

n

$n$

O (\log n)

$O(\log n)$

O (1)

$O(1)$

— 27612 Mark Dominus

n^{2} \log_{2} n

$n^2\log_2 n$

n^{2} \log_{2} n

$n^2\log_2 n$

O (\log n)

$O(\log n)$

Ponto justo, eu vou tomar nota

— PKG

@ Thomasmasndrews: Isso depende da máquina e do modelo de custo. Não é incomum assumir um modelo de RAM com custo constante para adições.

— Raphael