Resolvendo uma relação de recorrência com √n como parâmetro

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Considere a recorrência

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

para $n \gt 2$ com alguma constante positiva $c$ , e $T(2) = 1$ .

Conheço o teorema do mestre para resolver recorrências, mas não tenho certeza de como poderíamos resolver essa relação usando-a. Como você aborda o parâmetro raiz quadrada?

asymptotics recurrence-relation master-theorem

— buscador
fonte

5

O teorema do mestre não é aplicável aqui;

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ não pode ser escrito como

\frac{n}{b}

$\frac{n}{b}$ . O que mais você já tentou?

— Raphael

@ Rafael: Eu tentei o método de substituição, mas parecia ficar preso em qual valor eu deveria escolher substituir.

— candidato a

1

Que tal "desdobrar a recorrência algumas vezes, observar um padrão, adivinhar a solução e provar "?

— Raphael

Bem, esta é a primeira vez que encontro esse tipo, talvez alguma ajuda aqui me ajude a resolver problemas futuros da natureza com facilidade.

— candidato a

Como você mencionou o Teorema Mestre, presumo que você precise resolver essa relação para limites assintóticos e realmente não precise da expressão de forma fechada. Dada a seguir, existem algumas boas soluções para encontrar a expressão de forma fechada, que também fornece a complexidade assintótica. No entanto, se você precisar apenas da complexidade assintótica, a análise será mais simples. Dê uma olhada aqui para uma boa explicação sobre como encontrar complexidades assintóticas, com uma boa solução intuitiva para a instância do seu problema.

— Paresh

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Usaremos a sugestão de Raphael e revelaremos a recorrência. A seguir, todos os logaritmos são da base 2. Obtemos

ondeé quantas vezes você precisa obter a raiz quadrada para começar com n e atingir 2. Acontece que. Como você pode ver isso? Considerar:

\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 \\ \dots \\ = \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

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

Então, o número de vezes que você precisa obter a raiz quadrada para atingir 2 é a solução para

\begin{aligned} n & = 2^{\log n} \\ n^{1 / 2} & = 2^{\frac{1}{2} \log n} \\ n^{1 / 4} & = 2^{\frac{1}{4} \log n} \\ \dots \end{aligned}

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

, que é

. Portanto, a solução para a recursão é

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

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

\log \log n

$\log \log n$

. Para tornar isso absolutamente rigoroso, devemos usar o método de substituição e ter muito cuidado com a forma como as coisas se completam. Quando tiver tempo, tentarei adicionar esse cálculo à minha resposta.

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

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

— Peter Shor
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"Você tem que tomar a raiz quadrada

vezes" - é algo que um iniciante pode-se esperar para ver? Além disso, seu resultado não se encaixa no Yuval; é pretendido por apenas assintoticamente?

\log \log n

$\log\log n$

— Raphael

@Raphael: Yuval cometeu um erro, que agora está corrigido. Vou explicar a raiz quadrada na minha resposta.

— quer

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Outra idéia para ver que a recursão leva

é a seguinte: Ao pegar a raiz quadrada de

você reduz pela metade os dígitos necessários para a representação binária de

. Portanto, sua entrada precisa de

bits e você divide o tamanho da palavra por 2 para cada nível de recursão. Portanto, você para após

etapas

.

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

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No seu comentário, você mencionou que tentou a substituição, mas ficou preso. Aqui está uma derivação que funciona. A motivação é que gostaríamos de nos livrar do multiplicador no lado direito, deixando-nos algo que se parece com $\sqrt{n}$ . Nesse caso, as coisas funcionam muito bem: $U(n) = U(\sqrt{n}) + something$

Agora vamos simplificar ainda mais as coisas, alterando para logs (uma vez que

\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}$

). Seja

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

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

Aha! Esta é uma recorrência bem conhecida com a solução

Retornando a

\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)

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

, temos então, com

(e então

),

T ()

$T(\,)$

n = 2^{m}

$n=2^m$

m = \lg n

$m=\lg n$

Então

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

Agora você sabe que a árvore de recursão tem alta ordem e, novamente, não é difícil vê-lo em cada nível, portanto, o tempo total de execução é: , que conclui para $O(\log m)$ $O(2^m)\space$ $O((\log m) \cdot 2^m)\space$ $O(n \cdot \log \log n)\space$ $n$ .

Ao todo, quando você vê ou $\sqrt n$ $n^{a \over b}, a<b \space$ , é bom verificar o logaritmo.

_{PS: Claro que a prova deve incluir mais detalhes por eu pulei eles.}

2

$n = 2^{2^k}$

\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
fonte

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_
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2

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

— Evil

1

@PKG it seems like your edit is slightly different and also you explain steps, maybe you could answer on your own.

— Evil