Complejidad asintótica de la clasificación mediante comparaciones k

La clasificación mediante comparaciones de 2 elementos tiene una complejidad asintótica en el peor de los casos de $n \log_2(n)$ (alcanzado por mergesort, heapsort, inserción binaria, ford-johnson al menos), lo cual es óptimo.

Si ordenamos usando comparaciones que ordenan k elementos como bloques de construcción, el límite inferior teórico de información es . Podemos alcanzar fácilmente $n \log_{k!}(n)$ $n \log_k(n)$ con inserción k-aria.

Pregunta: ¿Dónde está la complejidad óptimo entre y $n \log_k(n)$ $n \log_{k!}(n)$ ?

Los árbitros apropiados también serían apreciados.

Editar: porque no estaba claro:

Estoy interesado en la complejidad de , con . Tiene el comportamiento asintótico de con $n$ $k=O(1)$ $\alpha n\log_2(n)$ , y me gustaría tener más precisión sobre. $\alpha \in [\frac{1}{\log_2(k)},\frac{1}{\log_2(k!)}]$ $\alpha$

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fuente

Primero, traigamos aquellos a lo que creo que es la forma correcta de mirar.

$\Theta\left(n\cdot \log_k(n)\right) \: = \: \Theta\left(n\cdot \frac{\log_2(n)}{\log_2(k)}\right) \: = \: \Theta\left(\frac{n\cdot \log_2(n)}{\log_2(k)}\right)$

$\Theta\left(n\cdot \log_{k!}(n)\right) \: = \: \Theta\left(n\cdot \frac{\log_2(n)}{\log_2(k!)}\right) \: = \: \Theta\left(\frac{n\cdot \log_2(n)}{k\cdot \log_2(k)}\right)$

Observe que una comparación -ary es suficiente para $k$ $\: \left\lfloor \frac{k}2 \right\rfloor \:$ comparaciones simultáneas (binarias).

por $\: 2\leq k \:$ , $\:$ $\;\; \left\lfloor \frac{k}2 \right\rfloor \: \in \: \Theta(k) \;\;$ .

Por la red AKS , para $\: 2\leq k\leq O(n) \:$ , $\:$ -ary las comparaciones son suficientes para ordenar. $O\left(\frac{n\cdot \log_2(n)}k\right)$ $k$

Cuando $\: n\leq k \:$ , $\:$ -ary comparación es suficiente para ordenar. $1 \:\: k$ $\quad$ $1\in O\left(\frac{n\cdot \log_2(n)}k\right)$

Por lo tanto, para $\: 2\leq k \:$ , $\:$ -ary las comparaciones son suficientes para ordenar. $O\left(\frac{n\cdot \log_2(n)}k\right)$ $k$

-ary comparaciones son suficientes para un $5$ $k$ -ary $\: \left(4\cdot \left\lfloor \frac{k}2 \right\rfloor \right)$ $\:$ comparación.

por $\: 4\leq k \:$ , $\:$ comparaciones de -ary son suficientes para una $5\:\:k$ -ary $\: \left(\frac32 \cdot k\right)$ $\:$ comparación.

por $\: 2\leq k\leq n \:$ , $\:$ $\log_{\frac32}\left(\frac{n}k\right) = \frac{\log_2\left(\frac{n}k\right)}{\log_2\left(\frac32\right)} \:$ .

por $\: 2\leq k\leq n \:$ , $\:$ -ary las comparaciones son suficientes para ordenar. $5^{\left\lceil \frac{\log_2\left(\frac{n}k\right)}{\log_2\left(\frac32\right)} \right\rceil}$ $k$

por $\: 2\leq n \:$ , $\:$ Al menos una comparación -ary es necesaria para ordenar. $k$

Por lo tanto, para $\: 2\leq k\leq n \:$ y $\: \frac{n}k \in O(1) \:$ , $\:$ la clasificación requiere exactamente -ary comparaciones. $\Theta(1)$ $k$

Sospecho que uno podría refinar la segunda de mis dos
conclusiones para mostrar que se logra su límite inferior.

fuente

No es lo que tenía en mente, pero aún así es agradable. Estoy interesado en la complejidad de

, con

. Tiene el comportamiento asintótico de

con

n

$n$

k = O (1)

$k=O(1)$

α n l o g_{2} (n)

$\alpha nlog_2(n)$

, y me gustaría tener más precisión sobre

. Acerca de su punto de vista, no creo que llegue al límite inferior de esa manera, porque

α \in [\frac{1}{l o g_{2} (k)}, \frac{1}{l o g_{2} (k!)}]

$\alpha \in [\frac{1}{log_2(k)},\frac{1}{log_2(k!)}]$

α

$\alpha$

que no lo hará.

5^{\frac{\log_{2} (\frac{n}{k})}{\log_{2} (\frac{3}{2})}} = O ((\frac{n}{k})^{\frac{l o g_{2} (5)}{l o g 2 (\frac{3}{2})}})

$5^{\frac{\log_2\left(\frac{n}k\right)}{\log_2(\frac32)} } = O((\frac{n}{k})^{\frac{log_2(5)}{log2(\frac32)}})$

slan_21

Iba a interpretarlo de esa manera antes de darme cuenta de que, por lo que puedo encontrar,

$\hspace{1.2 in}$ la constante óptima no se conoce incluso para

k = 2

$\: k = 2 \:$ .

$\;\;$

Ahora me doy cuenta de que su uso de la base

en el primer logaritmo que escriba podría abordar mi punto.

2

$2$

$\hspace{0.3 in}$ Es el número óptimo de comparaciones binarias dividido por

n \cdot \log_{2} (n)

$\: n\cdot \log_2(n) \:$ sabe converger a

1

$1$

Sí, para

el número óptimo de comparaciones dividido por

converge a 1. Muchos algoritmos logran esto, el más fácil probablemente sea la inserción binaria (que necesita

comparaciones).

k = 2

$k=2$

n \log_{2} (n)

$n\log_2(n)$

\sum_{i = 2}^{n} ⌈ \log_{2} (i) ⌉ \sim n \log_{2} (n)

$\sum_{i=2}^{n} \lceil{\log_2(i)}\rceil \sim n\log_2(n)$

slan_21

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