Risolvere la relazione di ricorrenza con due chiamate ricorsive

Sto studiando il caso peggiore di quicksort a condizione che non farà mai una partizione molto sbilanciata per le diverse definizioni di molto .

Per fare questo mi chiedo quale sarebbe il runtime nel caso in cui Quicksort capiti sempre di partizionare in una frazione tale che elementi sono nella partizione sinistra e sono nella partizione destra (lasciando elemento, il perno, al centro).$T(n, p)$$0 < p \leq {1\over 2}$$\lfloor{p(n-1)}\rfloor$$\lceil(1 - p)(n - 1)\rceil$$1$

Non dovrebbe essere difficile vedere che fornisce un limite superiore per il caso peggiore in cui è la partizione consentita massimamente sbilanciata, poiché qualsiasi partizione con frazione sarà più bilanciata e avrà un tempo di esecuzione minore, e qualsiasi frazione non è consentita.$T(n, p)$$p$$> p$$<p$

È ovvio che è il caso migliore e è il caso peggiore di quicksort. Entrambi hanno facili relazioni di ricorrenza che si trovano in qualsiasi risorsa educativa. Ma non ho idea di come studiare in generale. La relazione ovvia sarebbe:$T(n, {1 \over 2})$$T(n, 0)$$T(n, p)$

Qui mi blocco. Ho provato a cercare in giro, ma tutta la letteratura che ho capito sugli algoritmi di divisione e conquista ha preso letteralmente il "divario" e ha "ingannato" l'analisi usando il fatto che le partizioni hanno sempre le stesse dimensioni, unendo i termini in una volta costante.

Non so come gestire due chiamate ricorsive e non so se sia sicuro rimuovere l'arrotondamento. È possibile risolvere analiticamente e, se sì, come?

PS: Non mi interessano gli asintotici (che è facile mostrare per qualsiasi costante ). Sono interessato a quanto lo slowsort più lento diventa man mano che si riduce , ad esempio mi interessa il rapporto .p p T ( n , 0,25 $\Theta(n \log n)$$p$$p$$T(n, 0.25) \over T(n, 0.5)$

PPS: Come studente universitario, mi scuso se ho fatto cose ovvie troppo lunghe o non spiegate non banali. E anche se non so se sia guardato in basso qui tanto quanto gli altri siti SE, noterò che questo è un interesse personale, non compiti a casa.

Come dici tu, il teorema di Akra – Bazzi mostra che la soluzione alla ricorrenza è per tutti i . Tuttavia, ciò non rivela la natura della dipendenza da . Per determinare quest'ultimo, possiamo usare un approccio ad albero di ricorsione.O ( n log n ) p ∈ ( 0 , 1 ) $T(n,p)$$O(n\log n)$$p \in (0,1)$$p$

Alla radice dell'albero di ricorsione si trova l'intervallo . I suoi due figli sono gli intervalli e , la cui lunghezza totale è di nuovo . Ognuno di questi nodi ha due figli (supponendo che sia abbastanza grande) e così via. Per semplicità ignoriamo gli errori di arrotondamento, ovvero supponiamo che sia un numero intero; questo è solo un tecnicismo e non me ne preoccuperei. Interrompiamo il processo ogni volta che un nodo ha una lunghezza al massimo . La complessità dell'algoritmo è proporzionale alla lunghezza totale degli intervalli nella struttura. Quando , le foglie{ 1 , ... , p n } { p n + 1 , ... , n } n n p n 1 p ≠ 1 /$\{1,\ldots n\}$$\{1,\ldots,pn\}$$\{pn+1,\ldots,n\}$$n$$n$$pn$$1$$p \neq 1/2$ (nodi in cui interrompiamo il processo) hanno profondità diverse e ciò rende più difficile determinare la complessità complessiva.

Possiamo ottenere un semplice limite superiore notando che l'albero ha al massimo livelli : ogni nodo è almeno un fattore più piccolo del suo genitore. Proprio come nell'analisi per , la lunghezza totale degli intervalli a qualsiasi livello è al massimo , e otteniamo un limite superiore di sul tempo di esecuzione. Poiché e per piccola , possiamo scrivere questo come .1 - p p = 1 / 2 n O ( n log 1 - p ( 1 / n ) ) log 1 - p ( 1 / n ) = log n / log ( 1 - p ) - 1 registro ( 1 - p ) - $\log_{1-p} (1/n)$$1-p$$p = 1/2$$n$$O(n\log_{1-p} (1/n))$$\log_{1-p} (1/n) = \log n/\log (1-p)^{-1}$p O ( n log n / p $\log (1-p)^{-1} = -\log (1-p) = p \pm O(p^2)$$p$$O(n\log n/p)$

Ecco un calcolo più accurato. Considera il livello . Supponiamo di non interrompere il processo al raggiungimento di un piccolo intervallo. Possiamo generare un vertice casuale prendendo passi, in ognuno dei quali andiamo a sinistra (diciamo) con probabilità e a destra (diciamo) con probabilità . Ogni volta che facciamo un passo a sinistra il registro della lunghezza dell'intervallo diminuisce di , e ogni volta che facciamo un passo a destra diminuisce di . Un vertice si trova nell'albero reale del registro della lunghezza diminuita al massimo . Il peso totale degli intervalli al livello$t$p 1 - p - log p - log ( 1 - p ) log n t log n D - log p p - log ( 1 - p ) 1 - p X 1 , … , X t ∼ D t Pr [ X 1 + ⋯ + X t ≤ log n ] $t$$p$$1-p$$-\log p$$-\log (1-p)$$\log n$$t$dell'albero è esattamente la probabilità che un vertice generato secondo questo processo corrisponda ad una diminuzione al massimo . Cioè, se è la distribuzione che è uguale a con probabilità e a con probabilità e sono indipendenti, quindi il il peso totale del livello è . Per super costante , la variabile casuale è approssimativamente normalmente distribuita con media varianza lineare in$\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]$$t$ [ - p log p - ( 1 - p ) log ( 1 - p ) ] t t t [ - p log p - ( 1 - p ) log ( 1 - p ) ] t ≤ ( log n ) / 2 1 t [ - p $X_1+\cdots+X_t$$[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t$$t$, quindi per soddisfacente , diciamo, la probabilità sarà molto vicina a , mentre per soddisfacente , diciamo, sarà molto vicino allo zero. Definendo (nota come funzione di entropia binaria), concludiamo che il tempo di esecuzione è (uniforme in , come da ). Come abbiamo , e quindi la nostra stima precedente non era stretta.$t$$[-p\log p-(1-p)\log(1-p)]t \leq (\log n)/2$$1$$t$h ( p ) = - p log p - ( 1 - p ) log ( 1 - p ) Θ ( n log n / h ( p ) ) p n → ∞ p → 0 h $[-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$

Un altro modo di guardare la stessa analisi è avere una sequenza infinita di variabili casuali indipendenti come in precedenza e definire un tempo di arresto per essere la prima volta tale che . Il tempo di esecuzione è quindi proporzionale a . Il teorema di rinnovamento elementare afferma quindi che , sottintendendo che il la dimensione totale degli intervalli è uguale a . Più precisamente, per ogni costante la dimensione totale degli intervalli è , doveT t X 1 + ⋯ + X t ≥ log n n E [ T ] lim n → ∞ E [ T ] / log n = 1 / E [ D ] = 1 / h ( p ) ( 1 + o ( 1 ) ) n log $X_1,X_2,\ldots$$T$$t$$X_1 + \cdots + X_t \geq \log n$$n\mathbb{E}[T]$$\lim_{n\to\infty} \mathbb{E}[T]/\log n = 1/\mathbb{E}[D] = 1/h(p)$p ( 1 + α p ( n ) ) n log n / h ( p ) α p ( n ) = o ( n ) log n n α p ( n ) = O ( n - C p ) p ∈ ( δ , 1 - δ ) δ > $(1+o(1))n\log n/h(p)$$p$$(1+\alpha_p(n))n\log n/h(p)$$\alpha_p(n) = o(n)$ . La convergenza nel teorema di rinnovo elementare è esponenziale nel parametro time - nel nostro caso - quindi dovrebbe essere polinomiale in , cioè . La convergenza è probabilmente anche uniforme per per qualsiasi .$\log n$$n$$\alpha_p(n) = O(n^{-C_p})$$p \in (\delta,1-\delta)$$\delta > 0$

Riassumendo, la lunghezza totale degli intervalli nell'albero di ricorsione, che è proporzionale al tempo di esecuzione, è della seguente forma per ogni : dove e vengono portati sulla stessa base e è una funzione che dipende da e tende a con .T ( n , p ) = ( 1 + o ( 1 ) ) n log $p$lognh(p)=-plogp-(1-p)log(1-p)o(1)p0

Inoltre, è probabilmente vero che per qualsiasi e qualsiasi è vero che la lunghezza totale degli intervalli è della forma dove e la grande costante O nascosta dipendono solo da . In particolare, dovrebbe essere il caso che per tutte le costanti , e la convergenza è polinomialmente veloce.$\delta > 0$$p \in (\delta,1-\delta)$