Risoluzione di equazioni di ricorrenza contenenti due chiamate di ricorsione

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Sto cercando di trovare un limite per la seguente equazione di ricorrenza: $\Theta$

T (n) = 2 T (n / 2) + T (n / 3) + 2 n^{2} + 5 n + 42

$T(n) = 2 T(n/2) + T(n/3) + 2n^2+ 5n + 42$

Immagino che il Teorema del Maestro sia inappropriato a causa della diversa quantità di sottoproblemi e divisioni. Inoltre, gli alberi di ricorsione non funzionano poiché non c'è o piuttosto . $T(1)$ $T(0)$

asymptotics recurrence-relation master-theorem

— Laura
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Se hai una ricorrenza di quel modulo, DEVE esserci un caso base, ad esempio per tutti . In caso contrario, non si può dire a cosa risolverà la ricorrenza: forse

per tutto

, dove

è la dimensione del problema originale! (immagina una ricorsione che termina nel confrontare il numero costante di qualsiasi cosa tu stia ricorrendo a tutti i sottoinsiemi degli elementi originali) In altre parole: nessun caso di base implica informazioni insufficienti per risolvere la ricorrenza.

T (n) \leq 42

$T(n) \leq 42$

n < 100

$n < 100$

T (n) = 2^{m}

$T(n) = 2^m$

n < 100

$n < 100$

m

$m$

— Alex ten Brink,

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Sì, gli alberi di ricorsione funzionano ancora! Non importa affatto se il caso base si verifica in o o o anche in . Inoltre, non importa quale sia il valore effettivo del caso base; qualunque sia quel valore, è una costante. $T(0)$ $T(1)$ $T(2)$ $T(10^{100})$

Visto attraverso gli occhiali big-Theta, la ricorrenza è . $T(n) = 2T(n/2)+T(n/3)+n^2$

La radice dell'albero di ricorsione ha valore . $n^2$
La radice ha tre figli, con valori , e . Pertanto, il valore totale di tutti i bambini è . $(n/2)^2$ $(n/2)^2$ $(n/3)^2$ $(11/18) n^2$
Controllo di integrità: la radice ha nove nipoti: quattro con valore , quattro con valore e uno con valore . La somma di questi valori è . $(n/4)^2$ $(n/6)^2$ $(n/9)^2$ $(11/18)^2 n^2$
Una semplice prova di induzione implica che per qualsiasi numero intero , i nodi a livello hanno un valore totale . $\ell\ge 0$ $3^\ell$ $\ell$ $(11/18)^\ell n^2$
Le somme di livello formano una serie geometrica discendente, quindi conta solo il termine più grande . $\ell=0$
Concludiamo che . $T(n) = \Theta(n^2)$

— jeffe
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Puoi usare il metodo Akra-Bazzi più generale .

Nel tuo caso, dovremmo trovare tale che $p$

\frac{1}{2^{p - 1}} + \frac{1}{3^{p}} = 1

$\frac{1}{2^{p-1}} + \frac{1}{3^p} = 1$

(che dà ) $p \approx 1.364$

e poi abbiamo

T (x) = Θ (x^{p} + x^{p} \int_{1}^{x} t^{1 - p} d t) = Θ (x^{2})

$T(x) = \Theta(x^p + x^p\int_{1}^{x} t^{1-p} \text{d}t) = \Theta(x^2)$

Si noti che non è necessario risolvere per . Tutto quello che devi sapere è che . $p$ $1 \lt p \lt 2$

Un metodo più semplice sarebbe impostare e provare a provare che è limitato. $T(x) = x^2 g(x)$ $g(x)$

— Aryabhata
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Sia essere una scorciatoia per il lato destro della ricorrenza. Troviamo un limite inferiore e superiore per usando : $f(n) = 2T(n/2) + T(n/3) + 2n^2 + 5n + 42$ $f$ $T(n/3) \leq T(n/2)$

3 T (n / 3) + 2 n^{2} + 5 n + 42 \leq f (n) \leq 3 T (n / 2) + 2 n^{2} + 5 n + 42

$3 T(n/3) + 2n^2+ 5n + 42 \quad \le\quad f(n) \quad\leq \quad 3 T(n/2) + 2n^2+ 5n + 42 \quad$

Se usiamo il resp inferiore. limite superiore come lato destro della ricorrenza, otteniamo in entrambi i casi dal teorema del Maestro. Pertanto, è delimitato dall'alto da e dal basso da o, equivalentemente, . $T'(n) \in \Theta(n^2)$ $T(n)$ $O(n^2)$ $\Omega(n^2)$ $T(n) \in \Theta(n^2)$

Per una prova completa, dovresti provare che è una funzione crescente. $T$

— Raffaello
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dobbiamo continuare questa discussione in videochat

— Raphael

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Quel trucco non funzionerà per ricorrenze simili, come

, che possono essere risolti con alberi di ricorsione. (Ma anche gli alberi di ricorsione non funzioneranno per

, che può essere risolto con Akra-Bazzi.)

T (n) = 2 T (n / 2) + 3 T (n / 3) + n^{2}

$T(n) = 2T(n/2) + 3T(n/3) + n^2$

T (n) = 2 T (n / 2) + 4 T (n / 3) + n^{2}

$T(n) = 2T(n/2) + 4T(n/3) + n^2$

— JeffE,