Resolver ecuaciones de recurrencia que contienen dos llamadas de recursión

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Estoy tratando de encontrar un límite para la siguiente ecuación de recurrencia: $\Theta$

T (n) = 2 T (n / 2) + T (n / 3) + 2 n^{2} + 5 n + 42

$T(n) = 2 T(n/2) + T(n/3) + 2n^2+ 5n + 42$

Me imagino que el teorema maestro es inapropiado debido a la cantidad diferente de subproblemas y divisiones. Además, los árboles de recursión no funcionan ya que no hay o más bien $T(1)$ $T(0)$ .

asymptotics recurrence-relation master-theorem Laura
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Si tiene una recurrencia de esa forma, DEBE haber un caso base, digamos

para todos los

. Si no, entonces no hay forma de decir a qué se resolverá la recurrencia: tal vez

para todos

, ¡donde

es el tamaño del problema original! (imagine una recursión que termina en la comparación del número constante de lo que sea que esté recurriendo a todos los subconjuntos de los elementos originales) En otras palabras: ningún caso base implica que no hay suficiente información para resolver la recurrencia.

T (n) \leq 42

$T(n) \leq 42$

n < 100

$n < 100$

T (n) = 2^{m}

$T(n) = 2^m$

n < 100

$n < 100$

m

$m$

Alex ten Brink

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¡Sí, los árboles de recursión todavía funcionan! No importa en absoluto si el caso base ocurre en o o o incluso $T(0)$ $T(1)$ $T(2)$ $T(10^{100})$ . Tampoco importa cuál sea el valor real del caso base; cualquiera que sea ese valor, es una constante.

Visto a través de lentes big-Theta, la recurrencia es . $T(n) = 2T(n/2)+T(n/3)+n^2$

La raíz del árbol de recursión tiene valor . $n^2$
La raíz tiene tres hijos, con valores , y . Por lo tanto, el valor total de todos los niños es . $(n/2)^2$ $(n/2)^2$ $(n/3)^2$ $(11/18) n^2$
Comprobación de cordura: la raíz tiene nueve nietos: cuatro con valor , cuatro con valor y uno con valor . La suma de estos valores es . $(n/4)^2$ $(n/6)^2$ $(n/9)^2$ $(11/18)^2 n^2$
Una prueba de inducción fácil implica que para cualquier entero , los nodos a nivel tienen valor total . $\ell\ge 0$ $3^\ell$ $\ell$ $(11/18)^\ell n^2$
Las sumas de nivel forman una serie geométrica descendente, por lo que solo el término más grande importa . $\ell=0$
Concluimos que . $T(n) = \Theta(n^2)$

JeffE
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Puede usar el método más general Akra-Bazzi .

En su caso, necesitaríamos encontrar tal que $p$

\frac{1}{2^{p - 1}} + \frac{1}{3^{p}} = 1

$\frac{1}{2^{p-1}} + \frac{1}{3^p} = 1$

(que da $p \approx 1.364$ )

y luego tenemos

T (x) = Θ (x^{p} + x^{p} \int_{1}^{x} t^{1 - p} d t) = Θ (x^{2})

$T(x) = \Theta(x^p + x^p\int_{1}^{x} t^{1-p} \text{d}t) = \Theta(x^2)$

Tenga en cuenta que realmente no necesita resolver la . Todo lo que necesitas saber es que . $p$ $1 \lt p \lt 2$

Un método más simple sería establecer e intentar probar que está acotada. $T(x) = x^2 g(x)$ $g(x)$

Aryabhata
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$f(n) = 2T(n/2) + T(n/3) + 2n^2 + 5n + 42$ be a shorthand for the right-hand side of the recurrence. We find an lower and upper bound for $f$ by using $T(n/3) \leq T(n/2)$ :

3 T (n / 3) + 2 n^{2} + 5 n + 42 \leq f (n) \leq 3 T (n / 2) + 2 n^{2} + 5 n + 42

$3 T(n/3) + 2n^2+ 5n + 42 \quad \le\quad f(n) \quad\leq \quad 3 T(n/2) + 2n^2+ 5n + 42 \quad$

If we use the lower resp. upper bound as right-hand side of the recurrence, we get $T'(n) \in \Theta(n^2)$ in both cases by the Master theorem. Thus, $T(n)$ is bounded from above by $O(n^2)$ and from below by $\Omega(n^2)$ or, equivalently, $T(n) \in \Theta(n^2)$ .

For a complete proof, you should prove that $T$ is an increasing function.

Raphael
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Raphael

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That trick won't work for similar recurrences, like

T (n) = 2 T (n / 2) + 3 T (n / 3) + n^{2}

$T(n) = 2T(n/2) + 3T(n/3) + n^2$ , that can be solved with recursion trees. (But even recursion trees won't work for

T (n) = 2 T (n / 2) + 4 T (n / 3) + n^{2}

$T(n) = 2T(n/2) + 4T(n/3) + n^2$ , which can be solved with Akra-Bazzi.)

JeffE

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