분할 비율이 의존하는 경우 분할 및 정복 반복 해결

양식의 재발을 해결하는 일반적인 방법이 있습니까?

$T(n) = T(n-n^c) + T(n^c) + f(n)$

에 대한 일반적 이상의 $c < 1$

$T(n) = T(n-g(n)) + T(r(n)) + f(n)$

여기서, 어떤 서브 - 선형 함수들이다 . $g(n),r(n)$ $n$

업데이트 : 아래 제공된 링크를 통해 Jeff Erickson의 메모 에서 모든 반복 관계를 살펴 보았습니다 . 이 형태의 재발은 어디에서도 논의되지 않습니다. Akkra-Bazi 방법은 분할이 분수 인 경우에만 적용됩니다. 강력한 참조는 적절합니다.

proof-techniques recurrence-relation

— 플러머
소스

함수 생성을 시도하십시오.

— saadtaame

않습니다 Akra-바치는의 방법이 적용? 추정값 만 제공 하지만 충분할 수 있습니다.

O (\cdot)

$O(\cdot)$

— vonbrand

귀하는 귀하의 문제를 스스로 해결하려는 많은 노력을 포함하지 않았기 때문에 우리는 함께 일할 것입니다. 귀하와 유사한 문제를 자세히 다루는 참조 질문 으로 안내해 드리겠습니다. 여기에 나열된 관련 질문을 해결하고 문제를 다시 해결 한 다음 발생한 특정 문제와 함께 시도한 내용을 포함하도록 편집하십시오.

— Raphael

"분할 및 정복 반복에 대한 더 나은 마스터 정리에 대한 참고 사항"에 관한 Tom Leighton의 유인물을 확인하십시오. 아마도 당신은 거기에 Akra-Bazzi 의 증거 를 적용 할 수 있습니다 .

— vonbrand

@EngrStudent 생성 함수는 첫 번째 주석에서 제안되었습니다. :)

— Raphael

재발이 있다고 가정 해 봅시다 양의 실수에 해당하는

T (n) = {\begin{cases} T (n - n^{c}) + T (n^{c}) + f (n) & n > 2 \\ 1 & otherwise \end{cases}

$T(n) = \begin{cases} T(n - n^c) + T(n^c) + f(n) & \text{n > 2} \\ 1 & \text{otherwise} \end{cases}$

이 기능으로 무엇을 할 수 있습니까? 글쎄, 우리가 특정 구조를 겹쳐 놓지 않는 한 많이는 아닙니다. 나는 근본적인 문제가 충분히 부드럽 지 않더라도 (어쨌든 뉴턴의 방법을 나눈 차이로 던져 보자) 또는 분석하기에 너무 복잡한 수치 정렬법으로 포장 된 수치 분석 배경에서 나왔습니다. 이 문제와 같은). 이 문제들에 대한 나의 직감 반응은 약간의 손으로 가정하고, 우리의 손가락을 가로 질러, 최선을 다하기를 희망하는 것입니다. 이 경우 상대적으로 좋은 경계를주는 것으로 보입니다.

특히 두 가지 주요 가정을하고 싶습니다. 이러한 가정 중 하나는 다소 근거가 없지만 우리는 그것 없이는 멀지 않을 것입니다. 다른 하나는 당신이 희망적으로 그럭저럭 볼 수있는 약간의 시각적 직관력을 가지고 있지만, 여전히 다른 것보다 더 손으로 만듭니다.

이 "부드럽다"고 가정합니다 . 이 어디에서나 구별 할 수있는 것은 아니라는 것을 쉽게 알 수 있습니다. 실제로, 및 , 이므로 연속적이지 않습니다. 및 . 따라서 의해 생성 된지도 반복 주어진 또는 , 에서 불연속이 포함됩니다 의 반복 트리가 포함되어있는 경우 $T(n)$ $T(n)$ $f(n) = \log(n)$ $c = \frac{1}{2}$ $\lim_{n \to 2^-} T(n) = 1$ $\lim_{n \to 2^+} T(n) = 2 + \ln 2$ $n \mapsto \sqrt{n}$ $n \mapsto n - \sqrt{n}$ $T(n)$ $n$ $2$ 궤적 어딘가에. 그것은 많은 불 연속적이며 Dirichlet의 기능에 돈을 줄 수도 있습니다. 우리가 함수의 동작을 아무데도 연속적인 함수의 프로토 타입 예제와 비교하는 시점에 도달한다면, 그것이 "부드럽다"고 주장하는 것이 웃기지 않습니까? 실제로, 이러한 불연속성의 영향은 이 무한대에 가까워 질 때 그래프가 거의 매끄럽게 나타나는 점에서 점증 적으로 감소 합니다. 그러므로 나는 우리가 갈퀴를 내려 놓고이 상황에서 다른 방향을 바라 볼 것을 제안한다. 특히, 나는 관심 지점 이 원점에서 충분히 멀리 떨어져 있는 것으로 가정하고 , $n$ $n$ $T(n)$ 이웃 또는 주변에서 적어도 대략적으로 구분할 수 있습니다.
또한 이 충분히 멀어지면 훨씬 더 매끄러운 자세를 취 합니다. 한다고 가정 몇 가지 sublinear 기능 등이며 (예컨대 ), 그 유도체 수행 하지 않을 경우 상당히 다를 . 느린 충분하다으로 직관적으로는, 커질수록, 상대적 이웃의 크기 그 크기가 단지이기 때문에 (감소 , 이는 성장 훨씬 느린보다 않습니다). 결국,이 동네의 크기 때문에 (하찮은를 기준으로하게된다 $n$ $\alpha(n)$ $n > \alpha(n)$ $n^c$ $T'(\xi \in (n - \alpha(n), n)$ $\alpha(n)$ $n$ $(n - \alpha(n), n)$ $\alpha(n)$ $n$ $n$ ) 이 지역 내에서 의 변화 속도는 더 이상 그 모든 것을 크게 변화시키지 않는다. $T(n)$

이제,이 두 속성이 모두 가정되었으며, 실제로 어떤 식 으로든 엄격한 방법으로 증명하는 방법을 전혀 알지 못했습니다. 그러나 내가 전에 말했듯이, 우리의 손가락을 건너서 최선을 다합시다.

반복 관계부터 시작하자 : 이제, 와 사이의 간격에서 가 충분히 매끄럽다 고 가정하겠습니다 . 우리의 고전적인 분석 도구 중 하나 인 평균값 정리에 호소하면 또한 이 충분히 크면 이 구간에서 가 거의 같다고 가정 구간 내에서 유한 한 차이 값도 취합니다. 이것은 다음을 의미합니다

\begin{aligned} T (n) & = T (n - n^{c}) + T (n^{c}) + f (n) \\ T (n) - T (n - n^{c}) & = T (n^{c}) + f (n) \\ n^{c} \frac{T (n) - T (n - n^{c})}{n^{c}} & = T (n^{c}) + f (n) \end{aligned}

$\begin{align*} T(n) &= T(n - n^c) + T(n^c) + f(n) \\ T(n) - T(n - n^c) &= T(n^c) + f(n) \\ n^c\frac{T(n) - T(n-n^c)}{n^c} &= T(n^c) + f(n) \end{align*}$

T

$T$

n - n^{c}

$n - n^c$

n

$n$

\frac{T (n) - T (n - n^{c})}{n^{c}} = T^{'} (ξ \in (n - n^{c}, n)) .

$\frac{T(n) - T(n-n^c)}{n^c} = T'(\xi \in (n - n^c, n)).$

n

$n$

T^{'} (ξ)

$T'(\xi)$

T^{'} (ξ) \approx \frac{T (n) - T (n - ϵ)}{ϵ} ϵ < n^{c}

$T'(\xi) \approx \frac{T(n) - T(n - \epsilon)}{\epsilon} ~~~~ \epsilon < n^c$ 특히 을 얻으려면 단계 나누기 차이 근사값 망원경으로 를 얻을 수 있습니다.

ϵ = 1

$\epsilon = 1$

\begin{aligned} n^{c} (T (n) - T (n - 1)) & \approx T (n^{c}) + f (n) \\ T (n) - T (n - 1) & \approx \frac{T (n^{c}) + f (n)}{n^{c}} \end{aligned}

$\begin{align*} n^c (T(n) - T(n-1)) &\approx T(n^c) + f(n) \\ T(n) - T(n-1) &\approx \frac{T(n^c) + f(n)}{n^c} \\ \end{align*}$

T (n) \approx \sum_{k}^{n} \frac{T (k^{c})}{k^{c}} + \sum_{k}^{n} \frac{f (k)}{k^{c}}

$T(n) \approx \sum_k^n \frac{T(k^c)}{k^c} + \sum_k^n \frac{f(k)}{k^c}$

교란 는 이 의 점근 적 성질에 따라 2 개의 점 근상을 갖는다 는 것을 보여준다 . $T(n)$ $T(n)$ $f(z)$

하면 ( 빠르고보다 , 다음 오른쪽 합 지배) 및 우리가 는 적분 로 추정 할 수 있습니다 . $f(n) = o(n^c)$ $f$ $n^c$ $T(n) = \Theta\left(\sum\limits_k^n \frac{f(k)}{k^c}\right)$ $\int\limits^n \frac{f(x)}{x^c} dx$

하면 다음 왼쪽 합 권리를 지배한다. 여기서 우리는 합 여기서 . $f(n) = \omega(n^c)$

(\sum_{k}^{n} \frac{T (k^{c})}{k^{c}}) + F_{c} (n)

$\left(\sum_k^n \frac{T(k^c)}{k^c}\right) + F_c(n)$

F_{c} (n) = \int^{n} \frac{f (x)}{x^{c}} d x

$F_c(n) = \int\limits^n \frac{f(x)}{x^c}dx$

매끄러움 인수로 인해 우리는 이것을 다시 적분 된 Riemann 합계로 볼 수 있으며 근사합니다 . 적분에 대해 유사한 평균값 정리를 하면 우리는 단지 가서하여 근사 수 , 이는 범 근사 일부 상수에 대한 계열의 경계. $\int_n \frac{T(x^c)}{x^c} dx$

\sum_{k} \frac{T (k^{c})}{k^{c}} \approx \int^{n} \frac{f (x^{c})}{x^{c}} d x = n \frac{T (ξ < n^{c})}{ξ^{c}}

$\sum_k \frac{T(k^c)}{k^c} \approx \int^n \frac{f(x^c)}{x^c} dx = n\frac{T(\xi < n^c)}{\xi^c}$

n \frac{T (n^{c})}{n^{c}}

$n\frac{T(n^c)}{n^c}$

T (n) \leq n M \frac{T (n^{c})}{n^{c}} + F_{c} (n)

$\begin{equation} T(n) \le n M \frac{T(n^c)}{n^c} + F_c(n) \end{equation}$

M

$M$

이제 반복 시퀀스 가 있다고 가정합니다. 여기서 이면이 시퀀스를 사용하여 위의 불평등을 망원경으로 얻을 수 있습니다. 다시 한 번, 바인딩 할 수 있습니다 일부 상수 용어 것을 알기 위해 여기서 . 비트를 단순화하고 일부 용어를 통합 (특히 $(n, n^c, n^{c^2}, n^{c^3}, \dots, n^{c^k})$ $n^{c^k} < 2$

\begin{matrix} (*) & T (n) \leq n (\sum_{i}^{k - 1} \frac{M^{i}}{n^{c^{i}}} F_{c} (n^{c^{i}}) + \frac{M^{k}}{n^{c^{k}}}) \end{matrix}

$\label{eqn:meh} T(n) \le n \left(\sum_i^{k-1} \frac{M^i}{n^{c^i}}F_c(n^{c^i}) + \frac{M^k}{n^{c^k}}\right) \tag{*}$

F_{c} (n^{c^{i}})

$F_c(n^{c^i})$

T (n) = O (F_{c} (n) + n F_{c} (n^{c}) (M n^{- c} + M^{2} n^{- c^{2}} + \dots + M^{k} n^{- c^{k}}))

$T(n) = O\left(F_c(n) + n F_c(n^c) \left(M n^{-c} + M^2 n^{-c^2} + \dots + M^k n^{-c^k}\right)\right)$

k = \log_{c} (\frac{\log (2)}{\log (n)})

$k = \log_c\left(\frac{\log(2)}{\log(n)}\right)$

M n^{- c}

$Mn^{-c}$

n^{- c^{k}}

$n^{-c^k}$ 상수입니다), 우리는

T (n) = O (n k F_{c} (n) M^{k})

$T(n) = O\left(n k F_c(n) M^{k} \right)$

그러나이 한계는 비교적 느슨하므로 가능할 때마다 참조해야 합니다. $(\ref{eqn:meh})$

이 엄격한 것은 결코 아닙니다. 나는 이것이 서투른 근사치 이상으로 작동해야한다는 어떠한 지원도 제공하지 않았습니다. 그럼에도 불구하고 비공식 분석을 위해 빠른 점근 적 추측이 필요하다면 실제로이 체계가 실제로 (충분히 큰 값 , 일반적으로 이면 충분 함) 효과적이라는 것을 알 수 있습니다 . $n$ $n > 10$

어쨌든, 내가 시도한 와 의 모든 선택에 대해 다음 계산 여기서 좋은 근사치를 부여하는 것 . 이 기법은 또한 형식의 반복으로 일반화 되며 여기서 $c$ $f$

\begin{aligned} \hat{T} (n) & = n \sum_{k}^{\log_{c} \log_{n} 2} \frac{M^{k}}{n^{c^{k}}} F (n^{c^{k}}) \\ F (n) & = \sum_{k}^{n} \frac{f (k)}{k^{c}} \end{aligned}

$\begin{align*} \hat T(n) &= n \sum_k^{\log_c \log_n 2} \frac{M^k}{n^{c^k}} F(n^{c^k}) \\ F(n) &= \sum_k^n \frac{f(k)}{k^c} \end{align*}$

M \approx \frac{\sum_{k} \frac{T (k^{c})}{k^{c}}}{n \frac{T (n^{c})}{n^{c}}}

$M \approx \frac{\sum_k \frac{T(k^c)}{k^c}}{n \frac{T(n^c)}{n^c}}$

T (n) = T (n - α (n)) + T (β (n)) + f (n)

$T(n) = T(n - \alpha(n)) + T(\beta(n)) + f(n)$

\begin{aligned} \hat{T} (n) & = n \sum_{k}^{#_{β} (n)} \frac{M^{k}}{α^{k} (n)} F (β^{k} (n)) \\ F (n) & = \sum_{k}^{n} \frac{f (k)}{α (k)} \end{aligned}

$\begin{align*} \hat T(n) &= n \sum_k^{\#_\beta(n)} \frac{M^k}{\alpha^k(n)} F(\beta^k(n)) \\ F(n) &= \sum_k^n \frac{f(k)}{\alpha(k)} \end{align*}$

α^{k} (n) = α (\overset{k}{\dots} (α (n)))

$\alpha^k(n) = \alpha(\stackrel{k}{\cdots}(\alpha(n)))$ 및 상기 시퀀스의 요소의 개수이고 마지막 항은 과 사이 입니다.

#_{β} (n)

$\#_\beta(n)$

n, β (n), β (β (n)), \dots, β^{#_{β} (n)} (n)

$n, \beta(n), \beta(\beta(n)), \dots, \beta^{\#_\beta(n)}(n)$

1

$1$

2

$2$

— 남자 이름
소스