मास्टर प्रमेय का उपयोग करते समय धारणा

Question

मास्टर प्रमेय कुछ प्रकार के पुनरावृत्ति को हल करने के लिए एक सुंदर उपकरण है । हालाँकि, हम अक्सर इसे लागू करते समय एक अभिन्न अंग पर चमकते हैं। उदाहरण के लिए, मर्जसॉर्ट के विश्लेषण के दौरान हम खुशी से चलते हैं

$\qquad T(n) = T\left(\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor\right) + T\left(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\right) + f(n)$

सेवा

$\qquad T'(n) = 2 T'\left(\frac{n}{2}\right) + f(n)$

केवल पर विचार करना $n=2^k$। हम ourselved विश्वास दिलाता हूं कि इस कदम वैध है - यह है कि, $T \in \Theta(T')$ - क्योंकि $T$ बर्ताव करता है "अच्छी तरह से"। सामान्य तौर पर, हम यह मान $n=b^k$ के लिए $b$ आम भाजक।

पुनरावृत्ति का निर्माण करना आसान है जो शातिर का उपयोग करके इस सरलीकरण की अनुमति नहीं देता है $f$। उदाहरण के लिए, ऊपर टी के लिए पुनरावृत्ति$T\,$/$\,T'$ साथ

$\qquad f(n) = \begin{cases} 1 &, n=2^k \\ n &, \text{else} \end{cases}$

सामान्य तरीके से मास्टर प्रमेय का उपयोग करके प्राप्त होगा $\Theta(n)$, लेकिन स्पष्ट रूप से एक n है जो तरह बढ़ता है $\Theta(n \log n)$। एक और, अधिक वंचित उदाहरण के लिए यहां देखें ।

हम इसे "अच्छी तरह से" कठोर कैसे बना सकते हैं? मैं काफी निश्चित हूं कि एकरसता पर्याप्त है, लेकिन सरल मरगेसोर्ट पुनरावृत्ति भी मोनोटोन नहीं है; एक आवधिक घटक है (जो कि स्पर्शोन्मुख रूप से हावी है)। क्या यह जांच करने के लिए पर्याप्त है $f$, और मास्टर प्रमेय कार्यों को सुनिश्चित करने वाले पर आवश्यक और पर्याप्त शर्तें क्या हैं $f$?

Comments

इसी परिणाम पर एक और निष्कर्ष अकर्रा-बाज़ी प्रमेय "रेखीय पुनरावृत्ति समीकरणों के समाधान पर", कम्प्यूटेशनल अनुकूलन और अनुप्रयोग, 10 (2), 195-210 (1998), या ड्रमोटा और ज़ैज़ेन्कोवस्की "अ डिस्ट्रेट डिवेट के लिए एक मास्टर प्रमेय" है। और विजय प्राप्त करें ", Soda'11 < dl.acm.org/citation.cfm?id=2133036.2133064 >।

— वॉनब्रांड

यहां ऊपर दिए गए पेपर का लिंक दिया गया है, जो कि एक पेवैल के पीछे नहीं है।

— परेश

IIRC इस पर CLRS अध्याय 4 में चर्चा की गई है

— Kaveh

@ केवी पॉइंटर के लिए धन्यवाद। अधिकांश भाग के लिए, वे इसे "सहन करने योग्य ढलान" कहते हैं; यह उनके संदर्भ में ठीक है, क्योंकि वे मानते हैं कि आप केवल एक परिकल्पना को प्राप्त करते हैं, बाद में प्रेरण द्वारा सही साबित होने के लिए। उन्होंने खतरों (4.6) का उल्लेख किया है। 4.6.2 में वे एक प्रमाण देते हैं, लेकिन यह उच्च स्तर का है और वे स्पष्ट रूप से यह नहीं कहते हैं कि पर क्या प्रतिबंध है। तो यह की तरह "कुछ होने लगता है टी इस तरह के गणित के माध्यम से जाना है कि" है, जो मैं लगता है कि मुख्य रूप से की आवश्यकता है च एक "अच्छा" के लिए Θ स्तरीय। $T$$T$$f$$\Theta$

— राफेल

सामान्य स्थिति में जब आपके पास समान आकार नहीं होते हैं, तो आप अकरा-बाज़ी पद्धति का उपयोग कर सकते हैं जो मास्टर प्रमेय का सामान्यीकरण है, निश्चित रूप से विशिष्ट फ़ंक्शन को उस चीज़ में कैसे बदलना है जो इस प्रमेय में काम करता है, इसके लिए थोड़ी सी चाल की आवश्यकता होती है, और मर्ज सॉर्ट जैसी किसी चीज़ के लिए, यह वही है जो आम तौर पर लोग समय जटिलता का सबूत देने के लिए उपयोग कर रहे हैं।

Answer 1

इस उत्तर के दौरान, हम मानते हैं कि और टी गैर-नकारात्मक हैं। हमारे प्रमाण काम करता है जब भी च = Θ ( छ ) कुछ एक लय के लिए जी । यह आपके Mergesort उदाहरण भी शामिल है, जिसमें च = Θ ( n ) , और जो बहुपद वृद्धि दर (या यहां तक कि किसी भी समारोह Θ ( n एक लॉग ख n ) )।$f$$T$$f = \Theta(g)$$g$$f=\Theta(n)$$\Theta(n^a \log^b n)$

आइए पहले उस मामले पर विचार करें जो मोनोटोन गैर-घट रहा है (हम बाद में इस धारणा को आराम करेंगे)। हमने आपके नमूना पुनरावृत्ति पर ध्यान केंद्रित टी ( एन ) = टी ( ⌊ n / 2 ⌋ ) + टी ( ⌈ n / 2 ⌉ ) + च ( एन ) । इस पुनरावृत्ति को दो आधार मामलों की आवश्यकता है, टी ( 0 ) और टी ( 1 ) । हम यह अनुमान लगाते हैं कि T ( 0 $f$

$$T(n) = T(\lfloor n/2 \rfloor) + T(\lceil n/2 \rceil) + f(n).$$ $T(0)$$T(1)$ , जिसे हम बाद में आराम भी करते हैं।$T(0) \leq T(1)$

मेरा दावा है कि मोनोटोन गैर-घटती है। हम पूरा प्रेरण कि द्वारा साबित टी ( n + 1 ) ≥ टी ( एन ) । इस लिए दिया जाता है n = 0 , इसलिए n ≥ 1 । हमारे पास T ( n + 1 $T(n)$$T(n+1) \geq T(n)$$n = 0$$n \geq 1$ इसका मतलब है कि टी(2⌊ लोग इन 2 n⌋)≤टी(एन)≤टी(2⌈ लोग इन 2 n⌋)। तो अगरटी(

$$\begin{align*} T(n+1) &= T(\lfloor (n+1)/2 \rfloor) + T(\lceil (n+1)/2 \rceil) + f(n+1) \\ &\geq T(\lfloor n/2 \rfloor) + T(\lceil n/2 \rceil) + f(n) = T(n). \end{align*}$$ $$T(2^{\lfloor \log_2 n \rfloor}) \leq T(n) \leq T(2^{\lceil \log_2 n \rfloor}).$$ , हम काम हो गया। ऐसा हमेशा करता है, तो दो की शक्तियों के लिए समाधान फार्म की है टी ( एन ) = Θ ( n एक लॉग ख n ) ।$T(2^m) = \Theta(T(2^{m+1}))$$T(n) = \Theta(n^a \log^b n)$

अब हम इस धारणा को आराम करते हैं कि । एक नया पुनरावृत्ति पर विचार करें टी ' ठीक उसी तरह, केवल में परिभाषित टी ' ( 0 ) = टी ' ( 1 ) = मिनट ( टी ( 0 ) , टी ( 1 ) ) । हम प्रेरण द्वारा साबित कर सकते हैं कि टी ' ( एन ) ≤ टी ( एन $T(0) \leq T(1)$$T'$$T'(0) = T'(1) = \min(T(0),T(1))$$T'(n) \leq T(n)$। इसी तरह, हम एक नया पुनरावृत्ति परिभाषित कर सकते हैं संतोषजनक , और उसके बाद । लागू मास्टर प्रमेय, हम देखते हैं कि और के लिए एक ही समारोह , और इसलिए में अच्छी तरह से।$T''$टी ( एन ) ≤ टी " ( एन ) टी ' = Θ ( ज ) टी " = Θ ( ज ) ज टी = Θ ( ज $T''(0) = T''(1) = \max(T(0),T(1))$$T(n) \leq T''(n)$$T'=\Theta(h)$$T''=\Theta(h)$$h$$T = \Theta(h)$

अब मान लेते हैं कि एकरस है। मान लीजिए कि कुछ मोनोटोन फ़ंक्शन लिए । इस प्रकार कुछ और पर्याप्त है। हम सरलता के लिए मानते हैं कि ; सामान्य मामले को पिछले पैराग्राफ में संभाला जा सकता है। फिर से हम (क्रमशः) के साथ जगह दो आवर्ती को परिभाषित करते हैं । एक बार फिर मास्टर प्रमेय एक ही परिणाम (निरंतर गुणकों तक) देगा, जो कि दो की शक्तियों पर केवल मूल पुनरावृत्ति को हल करके हमें जो मिलता है, वह भी समान (निरंतर गुणकों तक) है।च = Θ ( जी ) जी सी जी ( एन ) ≤ च ( एन ) ≤ सी जी ( एन ) ग , सी > 0 एन एन = 0 टी ' , टी " च ग जी , सी $f$$f = \Theta(g)$$g$$cg(n) \leq f(n) \leq Cg(n)$$c,C>0$$n$$n=0$$T',T''$$f$$cg,Cg$

Comments

$T(2^m) \in \Theta(T(2^{m+1}))$$T$

$cg$$f$$Cg$$c < 1$

$f = \Theta(n^\alpha)$$g$$f = \Theta(n^\alpha \log^\beta n)$$g$$f$$g$$f = \Theta(g)$

— युवल फिल्मस

$g$$f : n \mapsto 2^n$$g$$cg$$Cg$

मुझे अभी भी लगता है कि यह एक तकनीकीता है। आप जिस स्थिति के बारे में चिंतित हैं वह एक तकनीकी स्थिति है। व्यवहार में दिखाई देने वाले अधिकांश कार्यों के लिए, स्थिति पकड़ में आ जाएगी। आप सबसे सामान्य स्थिति के लिए पूछ रहे हैं जिसके तहत ऊपर प्रूफ स्केच से गुजरता है। यह एक दिलचस्प सवाल है जिसका जवाब देने के लिए मैं बहुत आलसी हूं।

— युवल फिल्मस