繰り返し

次の再帰関係を解決するにはどうすればよいですか？

f (n) = f (n - 1) + f (n - \log n)

$f(n) = f(n-1) + f(n - \log n)$

recursion

— メビウスdump子
ソース

を試すと何が得られますか？あなたがの下限取得することが表示されます

。

f (n) = 2 f (n - \log n)

$f(n) = 2f(n - \log n)$

2^{Ω (n / \log n)}

$2^{\Omega(n/\log n)}$

— チャンドラチェクリ

@ChandraChekuriああ、それは素晴らしい！また、

上限があります。繰り返し

回使用し、

を取得し

。次に、この

回適用し、

2^{O (n \log \log n / \log n)}

$2^{O(n \log \log n / \log n)}$

\log n

$\log n$

f (n) \leq (1 + \log n) f (n - \log n)

$f(n) \le (1 + \log n) f(n - \log n)$

n / \log n

$n / \log n$

。したがって、上限と下限のギャップは、指数の

のみです。これは実際には私の目的には十分ですが、誰かが望み、ギャップを埋めることができるように、質問を開いたままにします。チャンドラ、どうもありがとう！

f (n) \leq (1 + \log n)^{n / \log n} = 2^{O (n \log \log n / \log n)}

$f(n) \le (1 + \log n)^{n / \log n} = 2^{O(n \log \log n / \log n)}$

\log \log n

$\log \log n$

— メビウスdump子

さて、同じトリックを与える

、そう

。

f (n) \geq (\log n) f (n - 2 \log n)

$f(n)\ge(\log n)f(n-2\log n)$

f (n) = 2^{Θ (n \log \log n / \log n)}

$f(n)=2^{\Theta(n\log\log n/\log n)}$

— エミールイェジャベク3.0

@ Chandra、@ Emil、そして私自身がコメントの質問を解決しました。溶液は、

f (n) = 2^{Θ (n \log \log n / \log n)} .

$f(n) = 2^{\Theta(n \log \log n / \log n)} \ .$

$\log n$

f (n) = 2 f (n - \log n) + f (n - \log n - 1) + \dots + f (n - 2 \log n) \geq \log n \cdot f (n - \log n) .

$f(n) = 2f(n - \log n) + f(n - \log n - 1) + \ldots + f(n - 2 \log n) \ge \log n \cdot f(n - \log n) \ .$

n / \log n

$n / \log n$

2^{Ω (n \log \log n / \log n)}

$2^{\Omega(n \log \log n / \log n)}$

$\log n$

f (n) \leq (\log n + 1) \cdot f (n - \log n) .

$f(n) \le (\log n + 1) \cdot f(n - \log n) \ .$ Use this inequality

n / \log n

$n / \log n$ times, and we get that the solution is

2^{O (n \log \log n / \log n)}

$2^{O(n \log \log n / \log n)}$ 。

— メビウスdump子
ソース