Лекции о сложности алгоритмов. С. А. Абрамов (1121249), страница 8

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 8)

В таком случае, очевидно, выполненоTA∗ (m) =max2m−1 ¶n<2mTA (n).(.)Ясно, что TA (n) несет более полную информацию о рассматриваемом алгоритме A, чем TA∗ (m): значения TA∗ (m), m = 1, 2, ..., образуютподпоследовательность последовательности TA (n), n = 1, 2, ... Поэтому естественно, что переход от оценок для TA∗ (m) к оценкам для TA (n)приводит к более грубому результату, чем тот, который может бытьполучен при изначальном рассмотрении размера k x k = n.

Особенноэто касается нижних оценок (пример . прямо указывает на это).Лемма .. Пусть f (x) — неубывающая функция вещественной переменной. Тогда если TA∗ (m) ¶ f (m), то TA (n) ¶ f (log2 n + 1).Доказательство. Пусть m и n фиксированы, 2m−1 ¶ n < 2m , и пустьзначение n̂ таково, что2m−1 ¶ n̂ < 2m ,(.)и при этомTA (n̂) = TA∗ (m).(.)Используем неубывание f (x):TA (n) ¶ TA (n̂) = TA∗ (m) ¶ f (m) = f (⌊log2 n⌋ + 1) ¶ f (log2 n + 1).Лемма ..

Пусть g(x) — неубывающая функция вещественной переменной. Тогда(i) если TA (n) ¶ g(n), то TA∗ (m) ¶ g(2m ),(ii) если TA (n) ¾ g(n), то TA∗ (m) ¾ g(2m−1 ). Глава . Сложности алгоритмов как функции числовых аргументовДоказательство. Пусть m фиксировано, 2m−1 ¶ n < 2m , и пусть значение n̂ таково, что выполнены (.) и (.).

Используем неубываниеg(x):(i) TA∗ (m) = TA (n̂) ¶ g(n̂) ¶ g(2m ),(ii) TA∗ (m) = TA (n̂) ¾ g(n̂) ¾ g(2m−1 ).Утверждения следующих двух теорем непосредственно следуютиз доказанных лемм. (При рассмотрении асимптотической оценки,содержащей некоторую переменную, подразумевается, что значениеэтой переменной стремится к бесконечности.)Теорема .. Пусть f (x) — неубывающая функция вещественнойпеременной. Тогда если TA∗ (m) = O( f (m)), то TA (n) = O( f (log2 n + 1));как следствие, при f (x + 1) = O( f (x)) имеем TA (n) = O( f (log2 n)).Теорема ..

Пусть g(x) — неубывающая функция вещественнойпеременной. Тогда(i) если TA (n) = O(g(n)), то TA∗ (m) = O(g(2m )),(ii) еслиTA (n) = Ω(g(n)), то TA∗ (m) = Ω(g(2m−1 )); как следствие,при gx2= Ω(g(x)) имеем TA∗ (m) = Ω(g(2m )).функции, для которых условие f (x + 1) = O( f (x)) или Существуют2x= Ω(g(x)) не выполнено — например, f (x) = 2 x , g(x) = 2 x .g2∗Для рассмотренных в примере . сложностей TTD (n), TTD(m) сиx /2туация выглядит следующим образом. Функция f (x) = 2явля∗ется возрастающей, и по теореме . из TTD(m) = O(2m/2 ) следуетpTTD (n) = O(2(log2 n+1)/2 ) = O( n).

Рассматривая возрастающую функpцию g(x) =p x, мы можем, применивтеорему .(i), вывести изp∗TTD (n) = O( n) оценку TTD(m) = O( 2m ) = O(2m/2 ).p∗Получить из оценки TTD(m) = Ω(2m/2 ) оценку TTD (n) = Ω( n) мыне можем, так как последняя оценка не верна; это не противоречитдоказанным утверждениям.Пример .. Идея бинарного алгоритма возведения a в целуюнеотрицательную степень n, называемого также алгоритмом повторного возведения в квадрат (мы будем обозначать его буквами RS, отанглийского названия алгоритма repeated squaring — повторное возведение в квадрат), состоит в том, что если двоичная запись n естьβk ...

β1 β0 , то вычисление an может быть сведено к вычислению послеiдовательности значений qi = a(2 ) , i = 0, 1, ..., k (каждый следующийэлемент последовательности получаем возведением в квадрат преды-§ . Длина числа как возможный размер входадущего), и подсчету произведения u тех qi , для которых βi = 1:q := a; u := 1;for i = 0 to k − 1 doif βi = 1 then u := u · q fi;q := q 2odu := u · qНапример, a11 = a8 · a2 · a ( умножений), так как (11)10 = (1011)2 .Займемся сложностью по числу умножений этого алгоритма. Используя λ(n) для обозначения битовой длины n и обозначение λ∗ (n)для числа единиц в двоичной записи n, мы легко получаем следующее.Если рассматривать n как размер входа бинарного алгоритма вычисления an , n ∈ N+ , то сложность TRS (n) по числу умножений дляэтого алгоритма равна λ(n) + λ∗ (n) − 2.

Если в качестве размера вхо∗да рассматривать m = λ(n), то сложность TRS(m) по числу умножений равна 2m − 2.∗Для TRS(m) и TRS (n) имеем очевидные асимптотические оценки∗TRS(m) = Θ(m),TRS (n) = Θ(log n).∗Заметим, что мы не можем вывести из TRS(m) = 2m − 2 равенство∗TRS (n) = λ(n) + λ (n) − 2, хотя обратный вывод очевиден.В рассмотренном алгоритме предполагается, что показатель степени n задан как массив двоичных цифр. Если показатель n задан какчисло, то его двоичные цифры β0 , β1 , ... могут быть получены одназа другой нахождением соответствующих частных и остатков от деления на 2.

Это не изменит оценок Θ(log n), Θ(m) как для общегочисла операций, так и для числа мультипликативных операций. Нопри этом бинарный алгоритм возведения в степень может быть использован, например, для вычисления An , где A — матрица большогопорядка и т. д. В этом смысле те операции, которые подразумеваются в командах u := u · q и q := q 2 , естественно подсчитывать отдельнои именно их считать составляющими главные затраты алгоритма.Задачу вычисления an в некотором множестве с ассоциативнымумножением (т. е. в полугруппе) часто формулируют как задачу об аддитивных цепочках для n, т. е.

о наборах целых чисел n1 < n2 < ... < nk ,в которых• n1 = 1, nk = n;• для каждого i, 1 < i ¶ k, найдутся s, t такие, что 1 ¶ t ¶ s < i и nt ++ n s = ni . Глава . Сложности алгоритмов как функции числовых аргументовКаждая аддитивная цепочка для n задает способ вычисления an . Например, аддитивная цепочка 1, 2, 3, 4, 8, 11 для 11 задает тот способ, который соответствует бинарному алгоритму возведения в степень. Задача быстрого возведения в степень n с помощью умножений — это фактически задача построения короткой аддитивной цепочки для n.Обозначение l(n) закреплено за длиной самой короткой аддитивной цепочки для n.

Бинарный алгоритм возведения в степень использует свою специфическую аддитивную цепочку (назовем ее бинарной). Бинарная цепочка не для всех n имеет длину l(n) (см. задачу ). Но, как мы выясним несколько позже, длина бинарной цепочки и l(n) имеют одинаковый порядок. Помимо этого бинарныецепочки легко и быстро строятся, чего в общем случае нельзя сказать об аддитивных цепочках длины l(n).Некоторые предположения относительно функции l(n) до настоящего времени не доказаны, хотя и подтверждены проверкой для многих n. К числу таковых относится, например, гипотеза Шольца—Брауэра: l(2n − 1) ¶ n − 1 + l(n) для всех n > 0. Задачиj k l mnn+, для любого a ∈ R.

Для любого n ∈ Z выполнено n =22выполнено ⌈a⌉ = −⌊−a⌋.. Для любых k, n ∈ N+ , k > 1, выполнено ⌊logk n⌋ + 1 = ⌈logk (n + 1)⌉.Указание. Пусть m ∈ N+ таково, что km−1 ¶ n < km , тогда km−1 < n + 1 ¶ km .Прологарифмировать по основанию k обе системы неравенств.. Предположим, что в нашем распоряжении нет операции обменаa ↔ b и мы заменяем ее тремя присваиваниями:c := a;a := b;b := c;чему в этом случае равны сложности первого и второго варианта сортировки простыми вставками по суммарному числу сравнений и присваиваний?.

Пусть полином f (n) = am nm + ... + a1 n + a0 имеет ненулевойстарший коэффициент am . Тогдаа) f (n) = O(nk ) ⇔ k ¾ m,б) f (n) = Ω(nk ) ⇔ k ¶ m,в) f (n) = Θ(nk ) ⇔ k = m, при k = m также выполнено f (n) ∼ am nm .Подробнее об аддитивных цепочках см. в [, разд. ..].Задачи. Пусть P(n) — количество простых множителей целого числаn > 1 с учетом кратности. Имеет место точная оценка P(n) = O(log n).. (Продолжение предыдущей задачи.) ПустьP ∗ (m) =max2m−1 ¶n<2mP(n),m = 2, 3, ... Верно ли, что P ∗ (m) = Θ(m)?.

Указать все вещественные значения δ, при которых справедливаоценкаа) TTD (n) = O(nδ ),б) TTD (n) = Ω(nδ ),в) TTD (n) = Θ(nδ ),где TTD (n) — сложность алгоритма пробных делений (пример .).. Железнодорожный сортировочный узел устроен так, как показано на рис. . На правой стороне собрано некоторое число вагоновМИМОИЗВтупикРис. . Сортировочный узел.двух типов (на рис.  — черные и белые), по n штук каждого типа. Тупик может вместить все 2n вагонов. Требуется, пользуясь тремя сортировочными операциями В, ИЗ, МИМО, собрать вагоны на левой стороне так, чтобы типы вагонов чередовались. Указать такой алгоритмрешения этой задачи, сложность которого по числу сортировочныхопераций при рассмотрении n в качестве размера входа равнялась бы3n − 1..

Хорошо известно, что мультипликативная сложность методаГаусса решения системы n линейных уравнений с n неизвестнымидопускает оценки) O(n3 ),)1 3n + O(n2 ),3) Θ(n3 ). Глава . Сложности алгоритмов как функции числовых аргументова) Из какой оценки (указать номер) следуют две остальные?б) Можно ли из приведенных оценок выбрать такую, которая является следствием любой из остальных?в) Является ли оценка Ω(n3 ) следствием какой-либо из оценок ,, ?.

Для сложности TQS (n) быстрой сортировки выполняется оценкаTQS (n) = Θ(n2 ). (Обозначение QS происходит от английского названиябыстрой сортировки — quick sort.)Указание. Оценка TQS (n) = Ω(n2 ) устанавливается предъявлением примера. Неравенство TQS (n) < n2 можно доказать индукцией по n, используя то,что при фиксированном n ∈ N+ квадратичная функция (m − 1)2 + (n − m)2от m принимает на отрезке [1, n] свое максимальное значение в одном изконцов этого отрезка..

Характеристики

Список файлов лекций