Simplifique a complexidade de n tomadas múltiplas k

Eu tenho um algoritmo recursivo com complexidade de tempo equivalente a escolher elementos k de n com repetição, e estava pensando se poderia obter uma expressão big-O mais simplificada. No meu caso, $k$ pode ser maior que $n$ e eles crescem independentemente.

Especificamente, eu esperaria alguma expressão exponencial explícita. O melhor que pude encontrar até agora é o baseado na aproximação de Stirling $O(n!) \approx O((n/2)^n)$ , para que eu possa usá-lo, mas me perguntei se conseguiria algo melhor.

O ((\binom{n + k - 1}{k})) = O (?)

$O\left({{n+k-1}\choose{k}}\right) = O(?)$

asymptotics combinatorics runtime-analysis

— yoniLavi
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Este não é exatamente muito útil mas muito interessante aproximação factorial de Ramanujan

— Pratik Deoghare

Obrigado parece como uma aproximação legal, mas de fato não parece ajudar a simplificar isso.

n! \sim \sqrt{π} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[6]{8 n^{3} + 4 n^{2} + n + \frac{1}{30}}

$n! \sim \sqrt{\pi} \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt[6]{8n^3 + 4n^2 + n + \frac{1}{30}}$

— precisa saber é o seguinte

Respostas:

Editar: Esta resposta é para . Sem delimitar em termos de a expressão é ilimitada. $k<n$ $k$ $n$

Se , sua expressão se torna $k=n-1$ . Observe que pela fórmula de Stirling para qualquer $O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)$ $0<\alpha<1$ ondeé o binário de entropia. Em particular,. Portanto, temos para

(\binom{m}{α m}) = Θ (m^{- 1 / 2} 2^{H (α) m}),

${m \choose {\alpha m}}= \Theta(m^{-{1/2}} 2^{H(\alpha)m}),$

H (q) = - q \log q - (1 - q) \log (1 - q)

$H(q)=-q \log q - (1-q) \log (1-q)$

H (1 / 2) = 1

$H(1/2)=1$

k = n - 1

$k=n-1$

O ((\binom{2 (n - 1)}{n - 1})) = Θ ((2 n - 2)^{- 1 / 2} 2^{2 n - 2}) = Θ (\frac{4^{n}}{\sqrt{n}}) .

$O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)=\Theta((2n-2)^{-{1/2}} 2^{2n-2})=\Theta\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right).$

Como o limite superior é o pior caso (deixo como exercício para mostrar isso), sua expressão é $k=n-1$ . $O\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right)$

— A.Schulz
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Obrigado, exatamente o que eu estava procurando! e é outra coisa que me motiva a estudar teoria da informação.

— precisa saber é o seguinte

@ Falcor84: Eu tive um erro de digitação menor na última transição. A parte da raiz quadrada deve ir para o denominador. Portanto, o limite é um pouco melhor do que o apresentado por Paresh. (Na verdade, o limite é assintoticamente restrito.)

— A.Schulz

Eu também deveria ter notado aquele pequeno sinal de menos, obrigado novamente.

— precisa saber é o seguinte

Sua afirmação "deixado como exercício" de que

é o pior caso está errada. Se

, a expressão é

k = n - 1

$k = n-1$

n = 3

$n=3$

. Isso nem sempre é menor que

(\binom{k + 2}{k}) = (\binom{k + 2}{2}) = \frac{(k + 1) (k + 2)}{2}

${k+2 \choose k} = {k+2 \choose 2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$

(\binom{4}{2}) = 6

${4 \choose 2} = 6$

— quer

Desde

, o problema é simétrico no

(que pode crescer sem relação no meu caso). Portanto, creio eu, a resposta mais preciso seria a de substituir n na parte final da resposta com

(\binom{n + k - 1}{k}) = (\binom{n + k - 1}{n - 1})

${{n+k-1}\choose{k}} = {{n+k-1}\choose{n-1}}$

n

$n$

k

$k$

x := m a x (n, k)

$x := max(n,k)$

— yoniLavi

Wolfram diz que Sondow (2005) [1] e Sondow e Zudilin (2006) [2] observaram a desigualdade:

\frac{1}{4 r m} {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m} < (\binom{(r + 1) m}{m}) < {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m}

$\frac{1}{4rm}\left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m < {(r+1)m \choose m} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m$

m

$m$

r \geq 1

$r\ge 1$

(\binom{n + k - 1}{k}) < (\binom{n + k}{k}) = (\binom{(r + 1) m}{m})

${n+k-1\choose k} < {n+k\choose k} = {(r + 1)m \choose m}$

r = \frac{n}{k}

$r = \frac{n}{k}$

m = k

$m = k$

(\binom{n + k - 1}{k}) < {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m} = {(\frac{n + k}{k})}^{n + k}

${n+k-1\choose k} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m = \left(\frac{n+k}{k}\right)^{n+k}$

$n+k = 2k$ $k = n$

(\binom{n + k - 1}{k}) < 2^{2 n} = 4^{n}

${n+k-1\choose k} < 2^{2n} = 4^n$

(\binom{n + k - 1}{k}) = O (4^{n})

${n+k-1\choose k} = O(4^n)$

(\binom{n + k - 1}{k}) = Ω (\frac{4^{n}}{n})

${n+k-1\choose k} = \Omega\left(\frac{4^n}{n}\right)$

Referências:
[1] Sondow, J. "Problema 11132". Amer. Matemática. Mensal 112, 180, 2005.
[2] Sondow, J. e Zudilin, W. "Constante de Euler, q-logaritmos e fórmulas de Ramanujan e Gosper" Ramanujan J. 12, 225-244, 2006.

— Paresh
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