पैरामीटर के रूप में asn के साथ एक पुनरावृत्ति संबंध को हल करना

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पुनरावृत्ति पर विचार करें

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

कुछ सकारात्मक निरंतर साथ लिए , और । $n \gt 2$ $c$ $T(2) = 1$

मैं पुनरावृत्ति को हल करने के लिए मास्टर प्रमेय जानता हूं, लेकिन मुझे यकीन नहीं है कि हम इस संबंध को कैसे उपयोग कर हल कर सकते हैं। आप वर्गाकार मूल पैरामीटर से कैसे संपर्क करते हैं?

asymptotics recurrence-relation master-theorem

— साधक
स्रोत

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मास्टर प्रमेय यहां लागू नहीं है;

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ को

रूप में नहीं लिखा जा सकता है

\frac{n}{b}

$\frac{n}{b}$ । आपने और क्या प्रयास किया है?

— राफेल

@ राफेल: मैंने प्रतिस्थापन विधि की कोशिश की, लेकिन ऐसा प्रतीत होता है कि मुझे किस विकल्प पर अटकना चाहिए।

— साधक

1

कैसे के बारे में "पुनरावृत्ति को कई बार प्रकट करें, एक पैटर्न का निरीक्षण करें, समाधान का अनुमान लगाएं और इसे साबित करें "?

— राफेल

खैर यह इस प्रकार का पहला इव है, शायद यहाँ कुछ मदद से मुझे भविष्य की समस्याओं को आसानी से हल करने में मदद मिलेगी।

— साधक

चूंकि आप मास्टर प्रमेय का उल्लेख करते हैं, मैं मानता हूं कि आपको इस संबंध को असममित सीमा के लिए हल करने की आवश्यकता है, और वास्तव में बंद प्रपत्र अभिव्यक्ति की आवश्यकता नहीं है। नीचे दिए गए, बंद फॉर्म अभिव्यक्ति को खोजने के लिए कुछ अच्छे समाधान हैं, जो कि असममित जटिलता भी देते हैं। हालांकि, यदि आपको केवल स्पर्शोन्मुख जटिलता की आवश्यकता है, तो विश्लेषण सरल है। अपनी समस्या के उदाहरण के लिए एक अच्छा सहज समाधान के साथ, असममित जटिलताओं को खोजने के लिए एक अच्छी व्याख्या के लिए यहां एक नज़र डालें ।

— परेश

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हम राफेल के सुझाव का उपयोग करेंगे और पुनरावृत्ति को प्रकट करेंगे। निम्नलिखित में, सभी लघुगण आधार 2 हैं। हम प्राप्त करते हैं

जहांकितनी बार आप वर्गमूल n के साथ शुरू करने के लिए लेते हैं, और 2. तक पहुँचने ऐसा नहीं है कि पता चला है के लिए है है। आप इसे कैसे देख सकते हैं? विचार करें:

\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

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

तो 2 तक पहुंचने के लिए आपको कितनी बार वर्गमूल लेने की आवश्यकता है इसका समाधान

\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}

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

है, जो

। तो पुनरावृत्ति का समाधान है

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

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

\log \log n

$\log \log n$

। इसे पूरी तरह से कठोर बनाने के लिए, हमें प्रतिस्थापन विधि का उपयोग करना चाहिए और इस बारे में बहुत सावधानी बरतनी चाहिए कि चीजें कैसे गोल हो जाती हैं। जब मेरे पास समय होगा, मैं इस गणना को अपने उत्तर में जोड़ने का प्रयास करूंगा।

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

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

— Peter Shor
स्रोत

"You have to take the square root

\log \log n

$\log\log n$ times" -- is that something a beginner can be expected to see? Also, your result does not fit Yuval's; is it intended to by asymptotically only?

— Raphael

@Raphael: Yuval made an error, which he's now corrected. I'll explain the square root in my answer.

— Peter Shor

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एक और विचार को देखने के लिए कि प्रत्यावर्तन लेता

निम्नलिखित है: का वर्गमूल लेने से

आप अंकों की द्विआधारी प्रतिनिधित्व के लिए की जरूरत को आधा

। तो आपके इनपुट को

बिट्स की आवश्यकता है और आप पुनरावृत्ति के हर स्तर के लिए शब्द-आकार को 2 से विभाजित करते हैं। इसलिए आप बाद बंद

चरणों।

O (\log \log n)

$O(\log\log n)$

n

$n$

n

$n$

w = \log n

$w=\log n$

\log w = \log \log n

$\log w=\log\log n$

— शुकुलज़

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In your comment you mentioned that you tried substitution but got stuck. Here's a derivation that works. The motivation is that we'd like to get rid of the $\sqrt{n}$ multiplier on the right hand side, leaving us with something that looks like $U(n) = U(\sqrt{n}) + something$ . In this case, things work out very nicely:

\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}$ Now let's simplify things even further, by changing to logs (since

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

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

\begin{aligned} S (m) & = \frac{T (2^{m})}{2^{m}} & so our original recurrence becomes \\ S (m) & = S (m / 2) + 1 \end{aligned}

$\begin{align} S(m) &= \frac{T(2^m)}{2^m} & \text{so our original recurrence becomes}\\ S(m) &= S(m/2)+1 \end{align}$ Aha! This is a well-known recurrence with solution

S (m) = Θ (\lg m)

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

T ()

$T(\,)$ , we then have, with

n = 2^{m}

$n=2^m$ (and so

m = \lg n

$m=\lg n$ ),

\frac{T (n)}{n} = Θ (\lg \lg n)

$\frac{T(n)}{n} = \Theta(\lg\,\lg n)$ So

T (n) = Θ (n \lg \lg n)

$T(n) =\Theta(n\,\lg\,\lg n)$ .

— Rick Decker
स्रोत

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If you write $m=\log n \space$ you have $T(m) = {m \over 2}\cdot T({m\over 2}) + c\cdot 2^m\space$ .

Now you know the recursion tree has hight of order $O(\log m)$ , and again it's not hard to see it's $O(2^m)\space$ in each level, so total running time is in: $O((\log m) \cdot 2^m)\space$ , which concludes $O(n \cdot \log \log n)\space$ for $n$ .

In all when you see $\sqrt n$ or $n^{a \over b}, a<b \space$ , is good to check logarithm.

_{P.S: Sure proof should include more details by I skipped them.}

2

Let's follow Raphael's suggestion, for $n = 2^{2^k}$ :

\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
स्रोत

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_
स्रोत

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