Resolvendo relação de recorrência com duas chamadas recursivas

Estou estudando o pior caso de execução do quicksort, sob a condição de que ele nunca fará uma partição muito desequilibrada para definições variadas de very .

Para fazer isso, pergunto-me qual seria o tempo de execução , caso o quicksort sempre particione em alguma fração tal forma que estão na partição esquerda e estão na partição direita (deixando elemento, o pivô, no meio).$T(n, p)$$0 < p \leq {1\over 2}$$\lfloor{p(n-1)}\rfloor$$\lceil(1 - p)(n - 1)\rceil$$1$

Não deve ser difícil perceber que fornece um limite superior para o pior caso em que é a partição permitida desbalanceada máxima, pois qualquer partição com fração será mais equilibrada e terá um tempo de execução menor, e qualquer fração não é permitida.$T(n, p)$$p$$> p$$<p$

É óbvio que é o melhor caso e é o pior caso de quicksort. Ambos têm relações de recorrência fáceis encontradas em qualquer recurso educacional. Mas não tenho idéia de como estudar em geral. A relação óbvia seria:$T(n, {1 \over 2})$$T(n, 0)$$T(n, p)$

Aqui eu fico preso. Eu tentei pesquisar, mas toda a literatura que eu pude entender sobre os algoritmos de dividir e conquistar levou a "dividir" literalmente e "enganou" a análise usando o fato de que as partições são sempre iguais em tamanho, mesclando os termos uma vez por vez. constante.

Não sei como lidar com duas chamadas recursivas e não sei se é seguro remover o arredondamento. É possível resolver analiticamente e, em caso afirmativo, como?

PS: Não estou interessado em assintóticos (o que é fácil de mostrar para qualquer constante ). Estou interessado em quanto o quicksort mais lento se torna quando fica menor, por exemplo, estou interessado na razão .p p T ( n , 0,25 $\Theta(n \log n)$$p$$p$$T(n, 0.25) \over T(n, 0.5)$

PPS: Como estudante de graduação, peço desculpas se fiz coisas óbvias por não trivialidades muito longas ou subexplicadas. E, embora eu não saiba se isso aqui é menos visto em outros sites da SE, observarei que isso é interesse pessoal, não lição de casa.

Como você mencionou, o teorema de Akra – Bazzi mostra que a solução para a recorrência é para todos os . No entanto, isso não revela a natureza da dependência da . Para determinar o último, podemos usar uma abordagem de árvore de recursão.O ( n log n ) p ∈ ( 0 , 1 ) $T(n,p)$$O(n\log n)$$p \in (0,1)$$p$

Na raiz da árvore de recursão está o intervalo . Seus dois filhos são os intervalos e , cujo comprimento total é novamente . Cada um desses nós tem dois filhos (assumindo que é grande o suficiente) e assim por diante. Por simplicidade, ignoramos os erros de arredondamento, ou seja, assumimos que é um número inteiro; isso é apenas um detalhe técnico, e eu não me preocuparia com isso. Paramos o processo sempre que um nó tiver comprimento no máximo . A complexidade do algoritmo é proporcional à duração total dos intervalos na árvore. Quando , as folhas{ 1 , ... , p n } { p n + 1 , ... , n } n n p n 1 p ≠ 1 /$\{1,\ldots n\}$$\{1,\ldots,pn\}$$\{pn+1,\ldots,n\}$$n$$n$$pn$$1$$p \neq 1/2$ (nós nos quais paramos o processo) têm diferentes profundidades e isso dificulta a determinação da complexidade geral.

Podemos obter um limite superior simples observando que a árvore possui no máximo níveis: cada nó é pelo menos um fator menor que seu pai. Assim como na análise para , a duração total dos intervalos em qualquer nível é no máximo , e obtemos um limite superior de no tempo de execução. Como e para pequeno , podemos escrever isso como .1 - p p = 1 / 2 N O ( n log 1 - P ( 1 / n ) ) log 1 - P ( 1 / n ) = log n / log ( 1 - P ) - 1 log ( 1 - p ) - $\log_{1-p} (1/n)$$1-p$$p = 1/2$$n$$O(n\log_{1-p} (1/n))$$\log_{1-p} (1/n) = \log n/\log (1-p)^{-1}$p O ( n log n / p $\log (1-p)^{-1} = -\log (1-p) = p \pm O(p^2)$$p$$O(n\log n/p)$

Aqui está um cálculo mais preciso. Considere o nível . Suponha que não paremos o processo ao atingir um pequeno intervalo. Podemos gerar um vértice aleatório executando etapas, em cada uma das quais vamos para a esquerda (digamos) com probabilidade e direita (digamos) com probabilidade . Cada vez que damos um passo à esquerda, o log da duração do intervalo diminui em , e cada vez que damos um passo à direita, diminui em . Um vértice está na árvore real do log do comprimento diminuído no máximo . O peso total dos intervalos no nível$t$$t$$p$$1-p$$-\log p$$-\log (1-p)$$\log n$$t$da árvore é exatamente a probabilidade de um vértice gerado de acordo com esse processo corresponder a uma diminuição de no máximo . Ou seja, se é a distribuição que é igual a com probabilidade e para com probabilidade , e são independentes, então o o peso total do nível é . Para a super constante , a variável aleatória é normalmente distribuída normalmente com média variação linear em$\log n$$D$$-\log p$$p$$-\log(1-p)$$1-p$$X_1,\ldots,X_t \sim D$$t$$\Pr[X_1+\cdots+X_t \leq \log n]$$t$ [ - p log P - ( 1 - P ) log ( 1 - P ) ] t t t [ - p log P - ( 1 - P ) log ( 1 - P ) ] t ≤ ( log n ) / 2 1 t [ - p $X_1+\cdots+X_t$$[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t$$t$, portanto, para satisfazer , digamos, a probabilidade será muito próxima de , enquanto que para satisfazendo , por exemplo, será muito próximo de zero. Definindo (conhecida como função de entropia binária), concluímos que o tempo de execução é (uniforme em , como ). Como , temos e, portanto, nossa estimativa anterior não era rígida.$t$$[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t \leq (\log n)/2$$1$$t$h ( p ) = - p log p - ( 1 - p ) log ( 1 - p ) Θ ( n log n / h ( p ) ) p n → ∞ p → 0 h $[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t \geq 2\log n$$h(p) = -p\log p-(1-p)\log(1-p)$$\Theta(n\log n/h(p))$$p$$n\to\infty$$p\to 0$$h(p) \approx -p\log p$

Outra forma de olhar para a mesma análise é por ter uma sequência infinita de variáveis aleatórias independentes como antes, e definindo um tempo de paragem de ser a primeira vez que de tal modo que . O tempo de execução é proporcional a . O teorema da renovação elementar afirma então que , implicando que o o tamanho total dos intervalos é igual a . Mais precisamente, para cada constante o tamanho total dos intervalos é , em queT t X 1 + ⋯ + X t ≥ log n n E [ T ] lim n → ∞ E [ T ] / log n = 1 / E [ D ] = 1 / h ( p ) ( 1 + o ( 1 ) ) n log $X_1,X_2,\ldots$$T$$t$$X_1 + \cdots + X_t \geq \log n$$n\mathbb{E}[T]$$\lim_{n\to\infty} \mathbb{E}[T]/\log n = 1/\mathbb{E}[D] = 1/h(p)$p ( 1 + α p ( n ) ) n log n / h ( p ) α p ( n ) = o ( n ) log n n α p ( n ) = O ( n - C p ) p ∈ ( δ , 1 - δ ) δ > $(1+o(1))n\log n/h(p)$$p$$(1+\alpha_p(n))n\log n/h(p)$$\alpha_p(n) = o(n)$ . A convergência no teorema da renovação elementar é exponencial no parâmetro de tempo - no nosso caso -, portanto, deve ser polinomial em , ou seja, . A convergência também é provavelmente uniforme para para qualquer .$\log n$$n$$\alpha_p(n) = O(n^{-C_p})$$p \in (\delta,1-\delta)$$\delta > 0$

Resumindo, o comprimento total dos intervalos na árvore de recursão, proporcional ao tempo de execução, é da seguinte forma para cada : onde e são levados para a mesma base e é uma função dependendo de tendendo a com .T ( n , p ) = ( 1 + o ( 1 ) ) n log $p$lognh(p)=-plogp-(1-p)log(1-p)o(1)p0

Além disso, provavelmente é verdade que, para qualquer e qualquer , é verdade que o comprimento total dos intervalos é da forma que e a grande constante O oculta dependem apenas de . Em particular, deve ser o caso de todas as constantes , e a convergência é polinomialmente rápida.$\delta > 0$$p \in (\delta,1-\delta)$