解递归式

一、代换法

1.    猜测结果

2.    用数学归纳法验证

3.    解出使解成立的常系数

☆ 错误的例子：

证明 n = O(1)：

基准情况 1 = O(1)

假设 n-1 = O(1)

则 n = (n-1)+1 = O(1)

错误！因为不能对大O符号进行归纳，每一处的 O(1) 的常数是变化的。

如果对有限个 O(1) 加倍是没问题的，但进行 n 次加倍就不对了，

此时常数是依赖于 n 变化的。

☆ 例：T(n) = 4T(n/2) + n

基准情况：T(1) = Θ(1)

①    可以猜一种结果：如 T(n) = O(n³)

假设：当 k < n，存在 c > 0，使得 T(k) ≤ c·k³

则 T(n) = 4T(n/2) + n ≤ 4c·(n/2)³ + n

= cn³/2 + n

= cn³ - (cn³/2 - n)

若 T(n) ≤ cn³，则 cn³/2-n ≥ 0

∵ n ≥ 1，可取 c ≥ 2，此时不等式成立

又 T(1) = Θ(1) ≤ c·1³ = c，任取 C₀ > 0，当 c > C₀ 时不等式成立

∴ T(n) = O(n³) （非紧界）

②    可由 输入：n/2 -> n，n -> 2n，输出 ×4 猜测得

T(n) = O(n²)

1° 尝试假设：当 k < n，存在 c > 0，使得 T(k) ≤ c·k²

则 T(n) = 4T(n/2) + n ≤ 4c·(n/2)² + n

= cn² + n

若 T(n) ≤ cn²，则有 n ≤ 0 与 n ≥ 1 矛盾

尽管结果正确，T(n) = cn² - (-n) = O(n²) - O(n) = O(n²)，但不能完成归纳

接下来思路：改进归纳假设，上面的是同时假设了它没有低阶项。

2°  假设：当 k < n，存在 c₁ > 0，c₂ > 0，使得 T(k) ≤ c₁k² - c₂k

则 T(n) = 4T(n/2) + n ≤ 4·[ c₁(n/2)² - c₂n/2 ] + n

= c₁n² + (1-2·c₂)·n

= c₁n² - c₂n - (c₂-1)·n

∴ 当 c₂-1 ≥ 0，即 c₂ ≥ 1 时，T(n) ≤ c₁n² - c₂n

当 n = 1，T(1) = Θ(1) ≤ c₁ - c₂，∴ 对任意 c₂ ≥ 1，应有 c₁ ≥ c₂ 。

综上，T(n) = O(n²) 得证。（紧界）

同样可用代换法证明 当 0 ≤ c₂ ≤1 ≤ c₁ 时，T(n) = Ω(n²) 成立。所以 T(n) = Θ(n²)

二、递归树法

?        1.    构造递归树

2.    算出所有节点的运行时间和

3.    得出递归式的解

?        注：为更严谨，可以用递归树法得出答案后再用代换法验证。当然通常来说不必如此。

例：T(n) = T(n/4) + T(n/2) +n²

∴ T(n) ≤ ( 1 + 5/16 + 25/256 + ... + 5^k/16^k + ... ) · n²

< 2n² = O(n²)

同时可知 T(n) = Ω(n²)

?三、主方法?

仅适用于形式如下的递归式：

T(n) = a·T( [n/b] ) + f(n)，其中常数 a ≥ 1，b > 1，n 为非负整数，函数 f(n) 是渐近正函数。

有 a 个子问题，每个子问题的规模都是 n/b，加上非递归的代价 f(n) 。

注：f(n) 渐近正：存在 n₀ > 0，当 n ≥ n₀，f(n) > 0 。即 n 足够大时函数值总为正值。

三种情况（主定理）：

1.    存在 ε > 0，有 f(n) = O(  )，（即 f(n) 多项式地小于 ）

则 T(n) = Θ(  )

2.    存在 ε > 0，k ≥ 0，有 f(n) = Θ(  )，

则 T(n) = Θ(  )

3.    存在 ε > 0，有 f(n) = Ω(  )，且存在 ε‘ > 0，使 a·f(n/b) ≤ (1-ε‘)·f(n)

则 T(n) = Θ( f(n) )

例：① T(n) = 4T(n/2) + n，易知 T(n) = Θ(n²)

② T(n) = 4T(n/2) + n²，易知 T(n)= Θ(n²·log₂n)

③ T(n) = 4T(n/2) + n³，易知 T(n)= Θ(n³)

④ T(n) = 4T(n/2) + n²/log₂n，这时主方法不适用。

By Black Storm