두 개의 재귀 호출로 재발 관계 해결

나는 그것이하지 않을 것이라는 조건 퀵의 최악의 경우 런타임을 공부하고 매우 의 정의를 변화시키는 불균형 파티션을 아주 .

이렇게하려면 런타임 가 퀵 정렬이 항상 일부 분수 에서 요소는 왼쪽 파티션에 있고 은 오른쪽 파티션에 있습니다 ( 중앙에 요소, 피벗을 남김 ).$T(n, p)$$0 < p \leq {1\over 2}$$\lfloor{p(n-1)}\rfloor$$\lceil(1 - p)(n - 1)\rceil$$1$

분수가 파티션 은보다 균형이 잡히고 런타임이 더 작기 때문에 는 가 최대 불균형 허용 파티션 인 최악의 경우 상한을 제공 한다는 것을 알기 어렵지 않아야 합니다. 모든 분획물 허용되지 않는다.$T(n, p)$$p$$> p$$<p$

가 가장 좋은 경우이고 이 가장 빠른 퀵 정렬의 경우임이 분명합니다 . 둘 다 모든 교육 자료에서 찾을 수있는 쉬운 반복 관계를 가지고 있습니다. 그러나 나는 일반적으로 를 공부하는 방법에 대한 실마리가 없습니다 . 명백한 관계는 다음과 같습니다.$T(n, {1 \over 2})$$T(n, 0)$$T(n, p)$

$$T(n, p) = n + T(\lfloor{p(n-1)}\rfloor, p) + T(\lceil(1 - p)(n - 1)\rceil, p)$$

여기에 붙어 있습니다. 검색을 시도했지만 분할 및 정복 알고리즘에 대해 이해할 수있는 모든 문헌은 문자 그대로 "분할" 을 수행하고 분할의 크기가 항상 동일하다는 용어를 사용하여 분석을 "속임수" 했습니다. 일정한.

나는 두 개의 재귀 호출을 처리하는 방법을 모르고 반올림을 제거하는 것이 안전한지 알 수 없습니다. 이것이 분석적으로 해결할 수 있습니까? 그렇다면 어떻게합니까?

추신 : 나는 무증상에 관심이 없습니다 상수 대해 를 표시하기 쉽습니다 ). 가 작아 질수록 퀵 정렬이 얼마나 느려지는 지에 관심이 있습니다. 예를 들어 비율 T (n, 0.25) \ over T (n, 0.5)에 관심이 있습니다.$\Theta(n \log n)$$p$$p$$T(n, 0.25) \over T(n, 0.5)$

PPS : 학부생으로서 내가 너무 길거나 설명 할 수없는 사소한 것들을 분명히했다면 사과드립니다. 그리고 나는 그것이 다른 SE 사이트들처럼 많이 내려다 보았는지 모르겠지만, 이것은 숙제가 아니라 개인적인 관심입니다.

언급했듯이 Akra-Bazzi 정리 는 모든 에 대해 재귀 가 임을 나타냅니다 . 그러나 이것은 에 대한 의존의 본질을 드러내지 않습니다 . 후자를 결정하기 위해 재귀 트리 접근법을 사용할 수 있습니다.$T(n,p)$$O(n\log n)$$p \in (0,1)$$p$

재귀 트리의 루트에는 간격이 있습니다. 두 자식은 및 간격 이며, 총 길이는 다시 입니다. 이러한 각 노드에는 두 개의 자식이 있습니다 ( 이 충분히 크다고 가정 ). 간단히하기 위해 반올림 오류를 무시합니다. 즉, 이 정수 라고 가정합니다 . 이것은 단지 기술적 인 것이므로 걱정하지 않아도됩니다. 노드의 길이가 최대 일 때마다 프로세스를 중지합니다 . 알고리즘의 복잡성은 트리의 총 간격 길이에 비례합니다. 때 의 잎$\{1,\ldots n\}$$\{1,\ldots,pn\}$$\{pn+1,\ldots,n\}$$n$$n$$pn$$1$$p \neq 1/2$ (프로세스를 중지하는 노드)의 깊이가 다르므로 전체적인 복잡성을 결정하기가 더 어려워집니다.

트리는 최대 레벨을 으로써 간단한 상한을 얻을 수 있습니다. 각 노드는 적어도 부모보다 작습니다. 에 대한 분석에서와 마찬가지로 , 모든 수준의 간격의 최대 길이는 최대 이며, 의 상한을 구합니다 . 시간을 실행. 이후 와 작은 경우 , 이것을 로 쓸 수 있습니다 .$\log_{1-p} (1/n)$$1-p$$p = 1/2$$n$$O(n\log_{1-p} (1/n))$$\log_{1-p} (1/n) = \log n/\log (1-p)^{-1}$$\log (1-p)^{-1} = -\log (1-p) = p \pm O(p^2)$$p$$O(n\log n/p)$

보다 정확한 계산은 다음과 같습니다. 레벨 고려하십시오 . 작은 간격에 도달했을 때 프로세스를 중지하지 않는다고 가정하십시오. 우리는 단계 를 취하여 임의의 정점을 생성 할 수 있습니다 . 각 단계에서 확률 로 왼쪽으로 (예) 확률 오른쪽으로 (예) 이동 합니다. 왼쪽 단계를 수행 할 때마다 간격 길이의 가 감소하고, 오른쪽 단계를 수행 할 때마다 합니다. 정점은 길이의 로그의 실제 트리에 최대 만큼 감소합니다 . 레벨 의 간격 총계$t$$t$$p$$1-p$$-\log p$$-\log (1-p)$$\log n$$t$이 프로세스에 따라 생성 된 정점이 최대 의 감소에 해당 할 확률은 정확히 트리입니다 . 그 경우, 인 동일하다 분포 확률과 및 행 확률 및 다음, 독립적 레벨 의 총 가중치 는 입니다. 슈퍼 전율 , 랜덤 변수 대략 정상의 평균과 분산 및 분산 선형$\log n$$D$$-\log p$$p$$-\log(1-p)$$1-p$$X_1,\ldots,X_t \sim D$$t$$\Pr[X_1+\cdots+X_t \leq \log n]$$t$$X_1+\cdots+X_t$$[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t$$t$그래서 대한 만족 가령 확률은 아주 가까이하는 것 에 대한 동안 만족 말하자면 매우 0에 가까울 것이다. 정의 (이진 엔트로피 함수라고도 함), 우리는 실행 시간 인 결론 ( 균일 , ). 으로 우리는이 우리의 이전 추정치는 꽉이었고, 그래서.$t$$[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t \leq (\log n)/2$$1$$t$$[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t \geq 2\log n$$h(p) = -p\log p-(1-p)\log(1-p)$$\Theta(n\log n/h(p))$$p$$n\to\infty$$p\to 0$$h(p) \approx -p\log p$

동일한 분석을 보는 다른 방법은 무한 독립 확률 변수의 서열을 갖는 것입니다 전과를, 및 정지 시간을 정의 처음으로 되도록 . 실행 시간은 비례합니다 . 기초 갱신 이론 은 임을 나타냅니다. 구간의 총 크기는 . 더 정확하게, 모든 상수 대해 간격의 총 크기는 . 여기서$X_1,X_2,\ldots$$T$$t$$X_1 + \cdots + X_t \geq \log n$$n\mathbb{E}[T]$$\lim_{n\to\infty} \mathbb{E}[T]/\log n = 1/\mathbb{E}[D] = 1/h(p)$$(1+o(1))n\log n/h(p)$$p$$(1+\alpha_p(n))n\log n/h(p)$$\alpha_p(n) = o(n)$ 입니다. 기본 갱신 정리의 수렴은 시간 매개 변수 (이 경우 에서 지수 이므로 다항식 , 즉 합니다. 수렴은 아마도 모든 대해 대해 균일 할 것입니다 .$\log n$$n$$\alpha_p(n) = O(n^{-C_p})$$p \in (\delta,1-\delta)$$\delta > 0$

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요약하면, 실행 시간에 비례하는 재귀 트리의 전체 간격 길이는 모든 에 대해 다음과 같은 형식입니다 . 여기서 및 는 같은 기준으로, 함수에 따라 인 및 경향을 으로 .$p$

$$T(n,p) = (1+o(1)) \frac{n\log n}{h(p)},$$ $\log n$$h(p) = -p\log p-(1-p)\log(1-p)$$o(1)$$p$$0$$n$

또한 모든 및 경우 전체 간격 길이가 형식 여기서 및 숨겨진 큰 O 상수는 에만 의존합니다 . 특히 모든 상수 , 수렴은 다항식으로 빠릅니다.$\delta > 0$$p \in (\delta,1-\delta)$

$$T(n,p) = (1+O(n^{-C_\delta})) \frac{n\log n}{h(p)},$$ $C_\delta > 0$$\delta$$p_1,p_2$ $$\lim_{n\to\infty} \frac{T(n,p_1)}{T(n,p_2)} = \frac{h(p_2)}{h(p_1)},$$