Qual é a complexidade temporal desse algoritmo? E porque?

Estou paralisado ao analisar a complexidade de tempo do seguinte algoritmo:

def fun (r, k, d, p):
    if d > p:
        return r
    if d = 0 and p = 0:
        r <- r + k
        return r
    if d > 0:
        fun (r, k + 1, d - 1, p)
    if p > 0:
        fun (r, k - 1, d, p - 1)

A chamada raiz será fun (0, 0, n, n)e né do tamanho do problema.

Eu acho que: A relação de recorrência é , que é equivalente a , e então .$T(n, n) = T(n-1, n) + T(n, n-1)$$T(2n) = 2T(2n-1) \iff T(m) = 2T(m - 1)$$O(2^m) \iff O(4^n)$

Minha análise está correta (sei que não é muito completa e exata)? Se houver uma falha grave, aponte-a ou mostre-me uma prova correta e completa da complexidade de tempo desse algoritmo.

Os únicos dois argumentos relevantes para a análise assintótica são: $d$ e $p$. Esses argumentos (virtualmente) satisfazem$d,p \geq 0$ e $d \leq p$(precisamos embaralhar a lógica da função ligeiramente para obter isso). Em cada ponto da execução, você pega o par atual$(d,p)$ e depois recursivamente chame a função com os pares $(d-1,p),(d,p-1)$, evitando pares que invalidam as restrições declaradas acima.

Podemos imaginar a árvore de chamadas resultante como um caminho começando em $(0,0)$. Cada vez que você diminui$p$, adicione uma / etapa. Cada vez que você diminui$d$, adicione uma \ etapa. A condição$d \leq p$garante que você nunca fique abaixo do eixo X. Além disso, você tem um "orçamento" de$n$de cada etapa. O número total de folhas nesta árvore de chamadas é exatamente o número catalão , e isso nos dá uma limite inferior no tempo de execução da função.$\binom{2n}{n}/(n+1) = \Theta(4^n/n^{3/2})$

Para obter um limite superior, observe que no caminho para cada folha passamos por nós, e isso fornece um limite superior maior que o limite inferior, ou seja, .$2n$$2n$$\Theta(4^n/\sqrt{n})$

Temos um limite inferior de e um limite superior em . Quais são os assintóticos exatos? Eles crescem como o número total de caminhos que não cruzam o eixo X que têm no máximo passos em cada direção. Usando o teorema da votação de Bertrand , podemos obter uma expressão exata para isso: Resta, portanto, estimar esta soma assintoticamente: $\Omega(4^n/n^{3/2})$$O(4^n/\sqrt{n})$$n$

$$\sum_{0 \leq d \leq p \leq n} \frac{p-d+1}{p+1} \binom{p+d}{p}.$$ $$\sum_{0 \leq d \leq p \leq n} \binom{p+d}{p} - \sum_{0 \leq d \leq p \leq n} \frac{d}{p+1} \binom{p+d}{d} = \\ \sum_{0 \leq d \leq p \leq n} \binom{p+d}{p} - \sum_{0 \leq d \leq p \leq n} \binom{p+d}{p+1} = \\ \sum_{p=0}^n \binom{2p+1}{p+1} - \sum_{p=0}^n \binom{2p+1}{p+2} = \\ \sum_{p=0}^n \frac{1}{p+1} \binom{2p+2}{p} = \Theta\left(\sum_{p=0}^n \frac{4^p}{p^{3/2}}\right) = \Theta\left(\frac{4^n}{n^{3/2}}\right).$$

Caso a caso:

1. d> p : tempo constante
2. d = 0 ∧ p = 0 : tempo constante
3. d> 0 : Observe que d ≯ p, então temos 0 <d ≤ p, e se funrepete em d-1 até d ≯ 0; desde p> 0, isso é linear em d + (caso 4) .
4. p> 0 : Observe que d ≯ 0, então temos d ≤ 0 ≤ p (com d <p) e funrecorremos em p-1 até p ≯ 0; isso é linear em p + (um dos casos 1, 2 ou 5)
5. d ≤ p <0 : Indefinido; Estou assumindo que este é tempo constante

Começando com d = p = n> 0 atinge o caso 3, que é seguido pelo caso 4. Se n for um número inteiro, o caso final é 2, caso contrário, o caso final é 5. O tempo total para esses casos é d + p +1 ou 2n + 1.