Errore nell'uso della notazione asintotica

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Sto cercando di capire cosa c'è che non va nella seguente prova della seguente ricorrenza

T (n) = 2 T (⌊ \frac{n}{2} ⌋) + n

$T(n) = 2\,T\!\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\right)+n$

T (n) \leq 2 (c ⌊ \frac{n}{2} ⌋) + n \leq c n + n = n (c + 1) = O (n)

$T(n) \leq 2\left(c\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\right)+n \leq cn+n = n(c+1) =O(n)$

La documentazione dice che è sbagliato a causa dell'ipotesi induttiva che Cosa mi sto perdendo?

T (n) \leq c n

$T(n) \leq cn$

— Erb
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Le ricorrenze di questo modulo possono anche essere risolte usando il teorema del Maestro .

— Juho,

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@Ran: non credo che il teorema del maestro sia un tag appropriato per questa domanda. La domanda non è su come risolverlo, ma sottolineare l'errore in un particolare argomento. Inoltre, il teorema del maestro è probabilmente troppo specifico e probabilmente non merita di avere un proprio tag. In generale, dovremmo etichettare in base alla domanda, non alle possibili risposte. Ad esempio, vuoi etichettare questo akra-bazzi?

— Aryabhata,

"Cosa c'è che non va nella seguente prova" - Non vedo una prova. È spesso utile scrivere una prova completa (cioè rendere esplicita l'induzione) al fine di individuare gli errori.

— Raffaello

Una domanda più generale correlata è la risoluzione o l'approssimazione delle relazioni di ricorrenza per sequenze di numeri .

— Juho,

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Diciamo che l'obiettivo finale è dimostrare . Si inizia con l'ipotesi di induzione: $T(n) = \mathcal{O}(n)$

per tutto . $T(i) \leq ci$ $i < n$

E per completare la dimostrazione, devi mostrare anche che . $T(n) \leq cn$

Tuttavia, ciò che puoi dedurre è , che non è utile per completare la prova; hai bisogno di una costante per (quasi) tutto . Pertanto, non possiamo concludere nulla e non è dimostrato. $T(n) \leq (c+1)n$ $c$ $n$ $T(n) = \mathcal{O}(n)$

Si noti che si è confusi tra il risultato e il processo di prova. E un altro punto, è in realtà in questo caso, quindi puoi considerare un'ipotesi di induzione appropriata per essere in grado di dimostrarlo. $T(n)$ $\Theta(n \log n)$

— tampone
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se sostituiamo c '= c + 1, cambierà?

— Erb,

@erb: No, non lo farà. Devi provare per una costante scelta. Se si sostituisce

, alla fine si ottiene

(o

), il risultato è lo stesso.

c^{'} = c + 1

$c'=c+1$

T (n) \leq (c^{'} + 1) n

$T(n) \leq (c'+1)n$

T (n) \leq (c + 2) n

$T(n) \leq (c+2)n$

— pad

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Hai omesso alcuni passaggi. Sembra che tu stia provando a provare per induzione che , e la tua prova va: $T(n) = O(n)$

Supponiamo che per . Ciò significa che $T(k) = O(k)$ $k<n$ per alcuni . Quindi $T(k) \le c \, k$ $c$ , quindi . $T(n) = 2 T(\lfloor n/2\rfloor) + n \le 2 c \lfloor n/2\rfloor + n\le (c+1) \,n$ $T(n) = O(n)$

Questa dimostrazione è sbagliata fin dall'inizio: “ per ” non ha senso. Big oh è una nozione asintotica: significa che c'è una costante e una soglia N tale che $T(k) = O(k)$ $k \lt n$ $T(k) = O(k)$ $c$ . E ancora alla fine, non puoi concludere che “ ”, perché questo dice qualcosa sulla funzione nel suo insieme e hai solo dimostrato qualcosa sul particolare valore . $\forall k \ge N, T(k) \le c \, k$ $T(n)=O(n)$ $T$ $T(n)$

Devi essere esplicito su cosa significhi Quindi forse la tua prova è: $O$

Supponiamo che per tutto . Quindi $T(k) \le c \, k$ $k < n$ . $T(n) = 2 T(\lfloor n/2\rfloor) + n \le 2 c \lfloor n/2\rfloor + n\le (c+1) \,n$

Questo non dimostra un passaggio induttivo: sei partito da , e hai dimostrato che per , $T(k) \le c \, k$ $k=n$ . Questo è un limite più debole. Guarda cosa significa: $T(k) \le (c+1) \, k$ significa che è un vincolato per il tasso di crescita di . Ma hai un tasso che cresce quando cresce. Non è una crescita lineare! $T(k) \le c \, k$ $c$ $T$ $c$ $k$

Se osservi attentamente, noterai che la velocità aumenta di ogni volta che raddoppia. Quindi, informalmente, se allora ; in altre parole, . $c$ $1$ $k$ $m=2^p k$ $c_m = c_k + p$ $c_k = c_0 \log_{2} k$

Questo può essere reso preciso. Dimostrare per induzione che per , . $k \ge 1$ $T(k) \le c \log_2(k)$

La relazione di ricorrenza è tipica degli algoritmi di divisione e conquista che dividono i dati in due parti uguali in tempo lineare. Tali algoritmi operano in tempo (non ). $\Theta(n\,\mathrm{log}(n))$ $O(n)$

Per vedere quale sia il risultato atteso, è possibile verificare la relazione di ricorrenza rispetto al teorema principale . La divisione è e il lavoro extra fatto è ; quindi questo è il secondo caso per il quale la crescita è $2T(n/2)$ $n$ $\log_2(2) = 1$ . $\Theta(n\,\log(n))$

— Gilles 'SO- smetti di essere malvagio'
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Sto estendendo la risposta già fornita, forse solo spiegando il mio commento in modo più dettagliato.

Poiché indovinare può essere chiaramente difficile e noioso, a volte esistono metodi migliori. Uno di questi metodi è il Teorema del Maestro . La nostra ricorrenza è ora della forma , dove e sono costanti e una funzione. Si noti che nel nostro caso può essere interpretato nel senso di $T(n) = a T(n/b) + f(n)$ $a \geq 1$ $b > 1$ $f(n)$ $\lfloor n/2 \rfloor$ $n/2$ . Per essere tecnicamente esatti, la nostra ricorrenza potrebbe non essere ben definita perché potrebbe non essere un numero intero. Tuttavia, ciò è consentito poiché non influirà sul comportamento asintotico della ricorrenza. Pertanto, spesso troviamo conveniente far cadere pavimenti e soffitti. La prova formale di questo è un po 'noiosa, ma il lettore interessato può trovarla ad esempio da Cormen et al. libro . $n/2$

Nel nostro caso, abbiamo , , . Ciò significa che abbiamo . Il secondo caso del teorema del Maestro si applica poiché , e abbiamo la soluzione $a = 2$ $b = 2$ $f(n) = \Theta(n)$ $n^{\log_b a} = n^{\log_2 2} = n$ $f(n) = \Theta (n)$ . $T(n) = \Theta (n \log n)$

— Juho
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Grazie! Si può notare che "far cadere pavimenti e cementi" corrisponde all'assunzione che

che è comunemente fatto. L'osservazione di base è che per le funzioni non decrescenti, la crescita asintotica delle sottosequenze è uguale alla crescita asintotica dell'intera sequenza.

n = 2^{k}

$n=2^k$

— Raffaello