nマルチ選択kの複雑さを簡素化

私は繰り返しでnからk要素を選択することに相当する時間の複雑さを持つ再帰的アルゴリズムを持っています、そして私はより単純化されたbig-O式を得ることができるかどうか疑問に思っていました。私の場合、はよりも大きく、独立して成長します。 $k$ $n$

具体的には、明示的な指数式を期待します。これまでに見つけた中で最高のものは、スターリングの近似に基づいているので、それを使用できますが、もっと良いものが得られるかどうか疑問に思いました。 $O(n!) \approx O((n/2)^n)$

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

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

asymptotics combinatorics runtime-analysis

— yoniLavi
ソース

これはあまり役に立ちませんが、非常に興味深いラマヌジャンの階乗近似

— Pratik Deoghare 2013年

ありがとう、

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

$n! \sim \sqrt{\pi} \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt[6]{8n^3 + 4n^2 + n + \frac{1}{30}}$ 外観クールな近似のようですが、実際にはこれを単純化するのに役立つようには見えません。

— yoniLavi 2013年

回答:

編集：この回答はに対するものです $k<n$ 。に関して $k$ を制限しないと、式は制限されません。 $n$

場合、あなたの式はとなる。に対するスターリングの公式によって、はバイナリエントロピーです。特に、です。したがって、 $k=n-1$ $O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)$ $0<\alpha<1$

(\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}}) .

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

上限は最悪のケースなので（これを演習として残します）、式は。 $k=n-1$ $O\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right)$

— A.シュルツ
ソース

ありがとう、まさに私が探していたもの！そしてそれは私が情報理論を研究する動機を与えるもう一つのことです。

— yoniLavi 2013年

@ Falcor84：前回の移行で入力ミスが少なくなりました。平方根部分は分母に行く必要があります。したがって、境界はパレッシュによって提示されたものよりわずかに優れています。（実際には、境界は漸近的にタイトです。）

— A.Schulz 2013年

私もその小さなマイナス記号に気づくはずでした、もう一度感謝します。

— yoniLavi 2013年

が最悪のケースであるという「演習として残された」ステートメントは間違っています。場合、式は。これは常に未満ではありません。

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

以降、問題は対称でありおよび（私の場合に関係なく成長することができます）。したがって、より正確な答えは、答えの最後の部分のnを置き換えることだと思います

(\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はSondow（2005）[1]とSondow and Zudilin（2006）[2]は次の不平等に言及したと述べています：以下のためのの正の整数であり、実数。

\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

$r\ge 1$

次に、をおよび。

(\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

$m = k$

次に、

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

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

これで、二項式はパスカルの三角形の真ん中で最も高い値になります。したがって、この場合、またはです。 $n+k = 2k$ $k = n$

上記の不等式を代入すると、ます。

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

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

したがって、より厳しい限界はです。

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

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

最大値の下限がこともわかり

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

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

参考文献：
[1] Sondow、J.「問題11132」アメール。数学。月刊
112、180、2005 。[2] Sondow、J。およびZudilin、W。

— パレッシュ
ソース