再帰

再帰を調べています これは、特定されていないアルゴリズムの実行時間を示しています（基本ケースは提供されていません）。

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

帰納法を使用して、であることがわかりましたが、これはきついとは言われていません。実際、帰納的にすべてのと仮定し$T(n) = O(n\log n)$$T(k) \leq Ck\log k$$k<n$ （そして十分に大きな値 $k$）、次に

$$\begin{align*} T(n)&\leq C\frac{n}{2}\log\frac{n}{2} + C\frac{n}{3}\log \frac{n}{3} + n\\ &= C\frac{5}{6}n\log n - n(C/2+C\log3/3 - 1). \end{align*}$$

今私は選びます $C$ 十分な大きさ $(C/2+C\log3/3 - 1) > 0$、したがって、最後の式は $C\frac{5}{6}n\log n\leq Cn\log n$。

私の最初の質問は、これより厳しい制限は何ですか？

次に、Akra-Bazziメソッドを使用してこれを解決しようとしたので、 $p$ 解決する

$$\left(\frac{1}{2}\right)^p + \left(\frac{1}{3}\right)^p = 1.$$ それからおよそ $p=0.79$、および（と $g(n) = n$）なる $$\int_1^n \frac{g(u)}{u^{p+1}} du = \int_1^n \frac{1}{u^{p}} du = \frac{1}{1-p}(n^{1-p}-1),$$ など

$$T(n) = \Theta\left(n^p\left(1+\frac{1}{1-p}(n^{1-p}-1)\right)\right).$$

これは $\Theta(n^p + \frac{1}{1-p}n-\frac{1}{1-p}n^p)$、全体的に $\Theta(n)$、以来 $p<1$。私の2番目の質問は、私はそれを本当に信じていないということです$T$ 線形であるので、Akra-Bazziのアプリケーションで何が問題になりましたか？

宜しくお願いします。

もし $T(1)\le 6$ そして $T(2)\le 12$、それを示すことができます $T(n)\le 6n$ 誘導によって。

$$T(n) = T(n/2) + T(n/3) + n \le 6(n/2)+ 6(n/3)+n= 6n.$$

より一般的には、 $c\gt6$ そのような定数であること $T(1)\le c$ そして $T(2)\le 2c$、それから私たちは日常的にそれを証明することができます $T(n)\le cn$。信じられないように思えるかもしれませんが、

$$T(n)=O(n).$$

直感的に、 $\dfrac12+\dfrac13\lt1$、用語 $T(n/2)$ そして $T(n/3)$ 持ち上げるのに十分な大きさではありません $n$ の力に $n$ より大きな指数の。

Akra-Bazzi法の適用には何の問題もありません。 $T(n)=\Theta(n)$。

しましょう $S(n) = T(n)/n$。その後$S(n)$ 再発を満たす

$$S(n) \leq \frac{1}{2} S\left(\frac{n}{2}\right) + \frac{1}{3} S\left(\frac{n}{3}\right) + 1.$$ 特に、 $C$ 満たす $$\frac{1}{2} C + \frac{1}{3} C + 1 \leq C$$ その後 $S(n/2),S(n/3) \leq C$ 意味する $S(n) \leq C$。これはすべての場合に当てはまります$C \geq 6$。