Recorrência

Nota: isto é das notas de JeffE's Algorithms on Recorrences, página 5.

(1) Então, definimos a recorrência$T(n) = \sqrt{n}T(\sqrt{n})+n$sem nenhum estojo de base. Agora entendo que, para a maioria das recorrências, já que estamos procurando limites assintóticos, o caso base não importa. Mas, neste caso, nem vejo onde poderíamos definir o caso base. Existe algum número que é garantido que atingimos, pois continuamos criando raízes quadradas a partir de qualquer número inteiro$T(n) = a$ para $n<b$, para alguns reais $a$, $b$?

(2) Na página 7, Erickson entende que o número de camadas na árvore de recursão L satisfará$n^{{2}^{-L}} = 2$. De onde isso vem? Eu não faço ideia. Vejo que o número de folhas na árvore deve somar$\sqrt(n)\sqrt(n) = n$, mas não tenho ideia para onde ir a partir daí.

Qualquer ajuda é apreciada!

Notas que estou vendo: http://jeffe.cs.illinois.edu/teaching/algorithms/notes/99-recurrences.pdf

Você realmente deveria estar fazendo uma terceira pergunta: o que acontece se $n$não é um quadrado perfeito. A resposta a esta pergunta é que a recorrência real deve ter$T(\lfloor \sqrt{n} \rfloor)$ ou $T(\lceil \sqrt{n} \rceil)$ ao invés de $T(\sqrt{n})$, embora na análise consideraremos apenas entradas que são quadrados "recursivos".

Em relação à sua primeira pergunta, pode haver mais de um caso base. Por exemplo, talvez$T(n) = 1$ para todos $n \leq 100$. Você está garantido que acabará atingindo esse gabinete base. Nesse caso, como na maioria dos casos, a forma exata do caso base não afeta os grandes assintóticos Theta (mas afeta a constante oculta).

Finalmente, com relação à sua segunda pergunta, suponha que seu caso base especifique $T(n)$ para $n \leq C$. A árvore de recursão (que é uma interpretação específica de alguns recursos da recorrência) tem a seguinte forma:

• A raiz é uma instância de tamanho $n$.
• A raiz tem $\sqrt{n}$ filhos que são instâncias de tamanho $\sqrt{n}$.
• Cada nó na profundidade 1 possui $\sqrt{\sqrt{n}} = n^{1/4}$ filhos que são instâncias de tamanho $\sqrt{\sqrt{n}} = n^{1/8}$.
• De um modo mais geral, um nó em profundidade $d$ é uma instância de tamanho $n^{1/2^d}$. Você pode provar isso por indução, verificando o caso$d = 0$ (Onde $n^{1/2^d} = n$) e cálculo $\sqrt{n^{1/2^d}} = n^{1/2^{d+1}}$.

A recursão termina quando a instância tem tamanho no máximo $C$, e isso acontece quando $n^{1/2^d} \leq C$. No momento em que isso acontece, temos$n^{1/2^{d-1}} > C$ (assumindo $n > C$), e entao $\sqrt{C} < n^{1/2^d} \leq C$. Tomando o logaritmo,$\frac{1}{2} \log C < \frac{\log n}{2^d} < \log C$ e entao $\frac{\log n}{2^d} = \Theta(1)$implicando $2^d = \Theta(\log n)$. Nos podemos concluir que$d \approx \log\log n$. Este é o número de camadas na árvore. Jeff usa$C = 2$, que é como ele obtém sua fórmula específica.

Respondendo à sua primeira pergunta. Como alternativa ao uso do limite superior e do limite inferior para obter um caso base, uma opção é que você possa assumir a forma de$n$.

Tomemos, por exemplo, a recursão da fusão:

$$T(n) = 2c \cdot T\left( \frac{n}{2} \right) + c \cdot n$$

Claramente, a maioria $n$não será dividido uniformemente em números inteiros. É então comum assumir que$n$ é da forma:

$$n = 2^k \quad\quad k \in \mathbb{N}$$

Isso implica que todo $n$ é um poder positivo de $2$, resolvendo assim nosso caso base sempre para $1$. Alternativamente, poderíamos fazer o caso base$c$ ao invés de $1$ assumindo $n$ é da forma:

$$n = c \cdot 2^k \quad\quad k \in \mathbb{N}, c \in \mathbb{N}^+$$

Podemos aplicar isso à nossa recorrência:

$$T(n) = \sqrt{n} \cdot T\left(\sqrt{n}\right) + n$$

Presumir $n$ é da forma:

$$n = c^{2^k} \quad \quad k \in \mathbb{N}, c \in \mathbb{N}^+$$ Então o caso base sempre será resolvido para uma constante $c$.

Agora, se você puder provar isso sob essa suposição, poderá fazer uma prova para $n$valores que não possuem esse formulário. Uma abordagem seria tentar limitá-la à próxima mais alta (ou mais baixa)$n$que faz ter essa forma.