Т. Кормен, Ч. Лейсерзон, Р. Риверст, К. Штайн - Алгоритмы. Построение и анализ (2013) (1162189), страница 24

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

Текст из файла (страница 24)

Для удобства мы не станем беспокоиться об округлении до целых таких значений, как ~/й. Переименование т = 1я п дает Т(2 ) 2Т(2 /г) + т . Теперь можно переименовать Я(т) = Т(2 ), чтобы получить новое рекуррентное соотношение Я(т) = 2Я(т/2) + т, которое очень похоже на рекуррентное соотношение (4.19). Это новое рекуррентное соотношение имеет то же самое решение: Я(т) = 0(т 1я т). Выполнив обратную замену Я(т) на Т(п), мы получаем Т(п) = Т(2 ) = Я(т) = 0(т1ят) = 0()яп1к)яп) . Упражнении 4.3.1 Покажите, что решением Т(п) = Т(п — 1) + п является 0(пг). 4.3.г Покажите, что решением Т(п) = Т((п/2) ) + 1 является 0(1я п). 4.3.3 Мы видели, что решением Т(п) = 2Т(1п/2!) + п является 0(п1яп).

Покажите, что решение этого рекуррентного соотношения также представляет собой П(п1яп). Сделайте вывод, что решением рассматриваемого рекуррентного соотношения является 6(п 1я п). 4З.4 Покажите, что преодолеть трудность, связанную с граничным условием Т(1) = 1 в рекуррентном соотношении (4. 19) можно путем выбора другого предположения индукции, не меняя при этом граничных условий. 4.3. 5 Покажите, что 9(п 1я п) является решением "точного" реку1юентного соотношения (4.3) для сортировки слиянием.

Глава К Разделяй и алаатяуй 4.3. 6 Покажите, что решением рекуррентности Т(п) = 2Т(~ п1 2~ + 17) + и является 0(и!б и). Используя основной метод из раздела 4.5, можно показать, что решением рекуррентного соотношения Т(п) = 4Т(п13)+и является Т(п) = ез(и'акз 4). Покажите, что не получается выполнить доказательство методом подстановок с гипотезой индукции Т(п) < си'акз~. Затем покажите, как вычитание члена меньшего порядка делает доказательство возможным.

Используя основной метод из раздела 4.5, можно показать, что решением рекуррентного соотношения Т(п) = 4Т(п12) + и является Т(п) = гз(пз). Покажите, что не получается выполнить доказательство методом подстановок с гипотезой индукции Т(и) < сиз. Затем покажите, как вычитание члена меньшего порядка делает доказательство возможным. 43.9 Решите рекуррентное соотношение Т(п) = ЗТ(,/й) + !оя и путем замены переменных.

Ваше решение должно быть асимптотически точным. При решении не беспокойтесь о том, чтобы все значения являлись целыми числами. 4.4. Метод деревьев рекурсии Метод подстановок способен обеспечить краткий путь к доказательству того факта, что предполагаемое решение рекуррентного соотношения является правильным, однако сделать хорошую догадку зачастую довольно трудно. Построение дерева рекурсии, подобною тому, с которым мы имели дело в разделе 2.3.2 в ходе анализа рекуррентного соотношения, описывающего время сортировки слиянием, — прямой путь к хорошей догадке. В дереве рекурсии каждый узел представляет стоимость выполнения отдельно взятой подзадачи, которая решается при одном из многочисленных рекурсивных вызовов функций.

Далее стоимости отдельных этапов суммируются в пределах каждого уровня, а затем — по всем уровням дерева, в результате чего получаем полную стоимость всех уровней рекурсии. Деревья рекурсии лучше всего подходят для того, чтобы помочь сделать догадку о виде решения, которая затем проверяется методом подстановок. При этом в догадке часто допускается наличие небольших неточностей, поскольку впоследствии она все равно проверяется. Если же построение дерева рекурсии и суммирование времени работы по всем его составляющим производится достаточно тщательно, то само дерево рекурсии может стать средством доказательства корректности решения.

В данном разделе деревья рекурсии применяются для полу- Часть д Основы чения предположений о виде решения, а в разделе 4.6 — непосредственно для доказательства теоремы, на которой базируется основной метод. Например, посмотрим, как с помощью дерева рекурсии можно догадаться о виде решения рекуррентного соотношения Т(п) = ЗТ((п/4) ) + 9(пз). Начнем с поиска верхней границы решения.

Как известно, при решении рекуррентных соотношений тот факт, что от аргументов функций берется целая часть, при решении рекуррентных соотношений обычно является несущественным (зто пример отклонений, которые можно допустить), поэтому построим дерево рекурсии для рекуррентного соотношения Т(п) = ЗТ(п/4) + спз, записанного с использованием константы с > О.

На рис.4.5 проиллюстрирован процесс построения дерева рекурсии для рекуррентного соотношения Т(п) = ЗТ(п/4) + спз. Для удобства предположим, что и — степень четверки (еще один пример допустимых отклонений), так что размеры всех подзадач — целые. В части (а) показана функция Т(п), которая затем, в части (б), раскрывается в эквивалентное дерево рекурсии, представляющее анализируемое рекуррентное соотношение. Член спз в корне дерева представляет время верхнего уровня рекурсии, а три поддерева, берущих начало из корня, — времена выполнения подзадач размером п/4. В части (в) добавлен еще один шаг раскрытия, т.е. выполнено представление в виде поддерева каждого узла с временем Т(п/4) из части (б).

Время выполнения, соответствующее каждому из трех дочерних поддеревьев, равно с(п/4)з. Далее каждый лист дерева преобразуется в поддерево аналогичным образом в соответствии с рекуррентным соотношением. Поскольку по мере удаления от корня дерева размер подзадач уменьшается на каждом уровне в четыре раза, в конце концов мы должны дойти до граничных условий. Сколько же уровней дерева нужно построить, чтобы их достичь? Размер вспомогательной задачи, соответствующей уровню, который находится на г-м уровне глубины, равен и/4'.

Таким образом, размер подзадачи достигает и = 1, когда и/4' = 1 или, что то же самое, когда г = 1оя4 и. Таким образом, всего в дереве 1о34 и + 1 уровней (с глубинами О, 1, 2,..., 1об4 и). Затем мы определяем стоимость каждого уровня дерева. На каждом уровне в три раза больше узлов„чем на предыдущем, поэтому количество узлов на з'-м уровне равно 3'. Поскольку размеры вспомогательных подзадач при спуске на один уровень уменьшаются в четыре раза, время выполнения каждого узла на г-м уровне (для г = О, 1,2,..., 1об4 и — 1) равно 3'с(п/4') = (3/16)'оп~. На нижнем уровне на глубине 1о34 п имеется З~'Я4" = пмк узлов, каждый из которых дает в общее время работы вклад, равный Т(1).

Поэтому время работы этого уровня равно величине пмк4 Т(1), что представляет собой 9(пмк4 ), так как мы считаем, что Т(1) является константой. !1з Глава 4. Разделяй и взасгввуй т(п) т(4) т(".) т(р) Г~ Г~ Г~ т((К) т(зз) т((К) т(зз) т(й) т(й) т(И) т(зг) т(Ч(") (в) (6) (з) йоп )саз с(д)' с(зв) с(чз" ) с(-,"к) с(Н)' с(н) с(н)' с(й)' с(н)' -- ззь. (н) оз /1~ / ~ /1~ /1~ /1~ /1~ /1~ /1~ /1~ т(ц т(ц т(ц т(ц т(ц т(ц т(ц т(ц т(ц т(ц " трц т(ц т(ц --(' е( "в") снв, з Всего.

'0(аз) (г) Рвс. 4.5. Построение дерева рекурсии дяя Т(п) = ЗТ(п/4) + спз. В части (а) показано значение Т(п), юторое постепенно раскрывается в частая (б)-(г), образуя дерево рекурсии. Поднос(ью раскрьпое дерево в части (г) имеет высоту )оив и (в неы )оК4 и + 1 уровней). Теперь просуммируем стоимости всех уровней, чтобы найти стоимость всего дерева: 3 з 3 ' 3 Т(п) = оп + — сп + ( — ) сп + + ( — ) сп +чу(покз ) ! кв — ) — ( ) сп +ту(покз ) з=о (3/16))окв — 1 спз + ез(п"г з) (согласно (А.5)) . (3/16) — 1 Часть 1 Основы Пб Эта формула выглядит несколько запутанной, но только до тех пор, пока мы не догадаемся воспользоваться той небольшой свободой, которая допускается при асимптотических оценках, и не используем в качестве верхней границы одного из слагаемых бесконечно убывающую геометрическую прогрессию.

Возвращаясь на один шаг назад и применяя формулу (А.б), получаем 1оя4 и 1 Т( ) '~~,~ ( ) 2+~-~( 1оаьэ) < ~ ( 3 ) г+ б,(„1оя.з) '=о пг + В пма.з 1 — (3/16) 16 „г+с(„ья з) 13 =0(п ) . Таким образом, для исходного рекуррентного соотношения Т(п) = ЗТ(~ п/4) ) + 9(пз) получен предполагаемый вид решения Т(п) = 0(пз). В рассматриваемом примере коэффициенты при спз образуют убывающую геометрическую прогрессию, а их сумма, согласно уравнению (А.б), ограничена сверху константой 16/13. Поскольку вклад корня дерева в полное время работы равен спз, время работы корня представляет собой некоторую постоянную часть от общего времени работы всего дерева в целом. Другими словами, полное время работы всего дерева в основном определяется временем работы его корня.

В действительности, если 0(пз) в самом деле представляет собой верхнюю границу для рекуррентного соотношения (в чем мы вскоре убедимся), эта граница должна быть асимптотически точной оценкой. Почему? Потому что первый рекурсивный вызов дает вющд в общее время работы алгоритма, который выражается как 0(п~), поэтому нижняя граница решения рекуррентного соотношения представляет собой П(пз).

Теперь, чтобы убедиться в том, что наше предположение верно, т.е. что Т(п) = 0(пз) является верхней границей для рекуррентного соотношения Т(п) = ЗТ(~п/4)) + тэ(пз), можно воспользоваться методом подстановок. Мы хотим показать, что Т(п) < Ипз для некоторой константы Н ) О. Используя ту же константу с ) О, что и ранее,мы получаем Т(п) < ЗТ((п/4) ) + сп < Зс((п/4! +оп < ЗЫ(п/4) + спз = — Нп +оп =3 16 < Нп где последний шаг выполняется при с( > (16/13)с. Тлела 4. Развевай л властвуй 117 I с(2 †") -Зв сл 3 с( д) 3 л /7 ( / (оя с(л1 с(2л) с(2л1 с(ел) Всего: 0(л (оя л) рис.

Характеристики

Список файлов книги