Aqui estão os limites inferiores que posso mostrar. Eu conjectura de que para um fixo , o direito limite inferior é Ω ( log n ) , mas, naturalmente, eu poderia estar errado.ϵΩ(logn)
Vou usar uma sequência decrescente (apenas por conveniência). O mecanismo básico está dividindo a sequência em blocos No i th bloco não vão ser n i elementos (ou seja, Σ i n i = n ).Lini∑ini=n
A seguir, queremos que o algoritmo seja bem-sucedido com probabilidade , para alguns parâmetros δ > 0 .≥1−δδ>0
Primeiro limite inferior: .Ω(1ϵlog1δ)
O th bloco tem n i = 2 i - 1 os elementos, de modo que L = LG n . Definimos o valor de todos os elementos no i- ésimo bloco para ( 1 + X i ) / ( 2 n i L ) , onde X i é uma variável que é 0 ou 1 . Claramente, a soma total desta sequência é
α = L ∑ i = 1 1 + Xini=2i−1L=lgni(1+Xi)/(2niL)Xi01
Imagine escolher cadaXicom probabilidadeβde1e0caso contrário. Para estimarα, precisamos de uma estimativa confiável deβ. Particularmente, queremos ser capazes de distinguir a baseβ=1-4ϵe, digamos,β=1.
α=∑i=1L1+Xi2niL=12+12L(∑i=1LXi).
Xiβ10αββ=1−4ϵβ=1
Agora, imagine amostrar dessas variáveis aleatórias e deixar Z 1 , ... , Z m serem as variáveis amostradas. Definições Y = Σ m i = 1 ( 1 - X i ) (nota, que estão a tomar a soma das complemento variáveis), temos μ = E [ Y ] = ( 1 - β ) m , e Chernoff desigualdade nos diz que se β = 1 - 4mZ1,…,ZmY=∑mi=1(1−Xi)μ=E[Y]=(1−β)m , então μ = 4 ε m , e a probabilidade de falha é
P [ Y ≤ 2 ε m ] = P [ Y ≤ ( 1 - 1 / 2 ) μ ] ≤ exp ( - μ ( 1 / 2 ) 2 / 2 ) = exp ( - ϵ m / 2 ) .
Para tornar essa quantidade menor queβ=1−4ϵμ=4ϵm
P[Y≤2ϵm]=P[Y≤(1−1/2)μ]≤exp(−μ(1/2)2/2)=exp(−ϵm/2).
, precisamos de
m ≥ 2δ .
m≥2ϵln1δ
A principal observação é que a desigualdade de Chernoff é pequena (é preciso ter cuidado, porque não é correto para todos os parâmetros, mas é correto neste caso), para que você não possa fazer melhor que isso (até constantes).
Segundo limite inferior: .Ω(logn/loglogn)
ini=LiL=Θ(logn/loglogn)iαi=(1/L)/ni1
jαj−1=Lαjαjj1/L12
L
p=1/21L/81/8L/8
(1−p)(7/8)>7/16>1/3.
Ω(1/ϵ2)