Semplifica la complessità di n multichoose k

Ho un algoritmo ricorsivo con complessità temporale equivalente alla scelta di k elementi da n con ripetizione, e mi chiedevo se potevo ottenere un'espressione big-O più semplificata. Nel mio caso, può essere maggiore di e crescono indipendentemente. $k$ $n$

In particolare, mi aspetterei un'espressione esponenziale esplicita. Il meglio che ho trovato finora è quello basato sull'approssimazione di Stirling , quindi posso usarlo, ma mi chiedevo se avrei potuto ottenere qualcosa di più bello. $O(n!) \approx O((n/2)^n)$

O ((\binom{n + k - 1}{k})) = O (?)

$O\left({{n+k-1}\choose{k}}\right) = O(?)$

asymptotics combinatorics runtime-analysis

— yoniLavi
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Questo non è esattamente l'approssimazione fattoriale di Ramanujan

— Pratik Deoghare

Grazie,

n! \sim \sqrt{π} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[6]{8 n^{3} + 4 n^{2} + n + \frac{1}{30}}

$n! \sim \sqrt{\pi} \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt[6]{8n^3 + 4n^2 + n + \frac{1}{30}}$ sguardi come una bella approssimazione, ma in effetti non sembra aiutare a semplificarlo.

— yoniLavi,

Risposte:

Modifica: questa risposta è per $k<n$ . Senza il limite di $k$ in termini di $n$ l'espressione non ha limiti.

Se tua espressione diventa . Si noti che con la formula di Stirling per qualsiasi dove è l'entropia binaria. In particolare . Pertanto abbiamo per $k=n-1$ $O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)$ $0<\alpha<1$

(\binom{m}{α m}) = Θ (m^{- 1 / 2} 2^{H (α) m}),

${m \choose {\alpha m}}= \Theta(m^{-{1/2}} 2^{H(\alpha)m}),$

H (q) = - q \log q - (1 - q) \log (1 - q)

$H(q)=-q \log q - (1-q) \log (1-q)$

H (1 / 2) = 1

$H(1/2)=1$

k = n - 1

$k=n-1$

O ((\binom{2 (n - 1)}{n - 1})) = Θ ((2 n - 2)^{- 1 / 2} 2^{2 n - 2}) = Θ (\frac{4^{n}}{\sqrt{n}}) .

$O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)=\Theta((2n-2)^{-{1/2}} 2^{2n-2})=\Theta\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right).$

Poiché il limite superiore è il caso peggiore (lo lascio come esercizio per mostrarlo), la tua espressione è . $k=n-1$ $O\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right)$

— A.Schulz
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Grazie, esattamente quello che stavo cercando! ed è un'altra cosa che mi motiva a studiare la teoria dell'informazione.

— yoniLavi,

@ Falcor84: ho avuto un errore di battitura più piccolo nell'ultima transizione. La parte della radice quadrata deve andare al denominatore. Quindi il limite è leggermente migliore di quello presentato da Paresh. (In realtà, il limite è asintoticamente stretto.)

— A. Schulz

Anche io avrei dovuto notare quel piccolo segno meno, grazie ancora.

— yoniLavi,

La tua affermazione "lasciato come esercizio" che è il caso peggiore è sbagliata. Se , l'espressione è . Questo non è sempre inferiore a .

k = n - 1

$k = n-1$

n = 3

$n=3$

(\binom{k + 2}{k}) = (\binom{k + 2}{2}) = \frac{(k + 1) (k + 2)}{2}

${k+2 \choose k} = {k+2 \choose 2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$

(\binom{4}{2}) = 6

${4 \choose 2} = 6$

— Peter Shor,

, il problema è simmetrico in

e(che può crescere senza relazione nel mio caso). Pertanto, suppongo, la risposta più accurata sarebbe quella di sostituire n nella parte finale della risposta con

(\binom{n + k - 1}{k}) = (\binom{n + k - 1}{n - 1})

${{n+k-1}\choose{k}} = {{n+k-1}\choose{n-1}}$

n

$n$

k

$k$

x := m a x (n, k)

$x := max(n,k)$

— yoniLavi

Wolfram afferma che Sondow (2005) [1] e Sondow e Zudilin (2006) [2] hanno notato la disuguaglianza: per un numero intero positivo e un numero reale.

\frac{1}{4 r m} {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m} < (\binom{(r + 1) m}{m}) < {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m}

$\frac{1}{4rm}\left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m < {(r+1)m \choose m} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m$

m

$m$

r \geq 1

$r\ge 1$

Possiamo quindi usare con

(\binom{n + K - 1}{K}) < (\binom{n + K}{K}) = (\binom{(r + 1) m}{m})

${n+k-1\choose k} < {n+k\choose k} = {(r + 1)m \choose m}$

r = \frac{n}{k}

$r = \frac{n}{k}$

m = k

$m = k$

Quindi abbiamo

(\binom{n + K - 1}{K}) < {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m} = {(\frac{n + K}{K})}^{n + K}

${n+k-1\choose k} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m = \left(\frac{n+k}{k}\right)^{n+k}$

Ora, l'espressione binomiale ha il valore più alto al centro del triangolo di Pascal. Così, nel nostro caso, o . $n+k = 2k$ $k = n$

Sostituendo che nella disuguaglianza di cui sopra, otteniamo: .

(\binom{n + K - 1}{K}) < 2^{2 n} = 4^{n}

${n+k-1\choose k} < 2^{2n} = 4^n$

Pertanto, un limite più stretto è .

(\binom{n + K - 1}{K}) = O (4^{n})

${n+k-1\choose k} = O(4^n)$

(\binom{n + K - 1}{K}) = Ω (\frac{4^{n}}{n})

${n+k-1\choose k} = \Omega\left(\frac{4^n}{n}\right)$

Riferimenti:
[1] Sondow, J. "Problema 11132." Amer. Matematica. Mensile 112, 180, 2005.
[2] Sondow, J. e Zudilin, W. "Costante di Eulero, q-logaritmi e formule di Ramanujan e Gosper" Ramanujan J. 12, 225-244, 2006.

— Paresh
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