Lösen der Wiederholungsrelation

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Ich möchte beweisen, dass die zeitliche Komplexität eines Algorithmus in der Eingabeskala polylogarithmisch ist.

Die Wiederholungsrelation dieses Algorithmus ist , wobei a ( 0 , 1 ) ist .T.(2n)T.(n)+T.(nein)ein(0,1)

Es scheint, dass für einige β von a abhängt . Aber ich kann diese Ungleichheit nicht beweisen. Wie kann man diese Wiederholungsbeziehung lösen?T.(n)Logβnβein

Ich möchte nur eine obere Grenze des Polylogarithmus in n erhalten.

Qiang Li
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, nehme ich an? Haben Sie auch unsereReferenzfrageüberprüft? Ich glaube nicht, dass der spezielle Fall, nach dem Sie fragen, dort explizit behandelt wird, aber es werden viele Techniken beschrieben. ein<1
David Richerby
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Es gibt keinen "Master" -Satz für diesen Typ, den ich kenne; Siehe meine und diese Frage . (cc @DavidRicherby)
Raphael

Antworten:

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T.(n)>0n>0T.(n)=Ω(Logkn) kn

(1+eink)Logkn=Logkn+LogkneinLogk(2n),
1+einkkLognLogn+Log2[1+einkk- -1]]LognLog2und insbesondere für groß genug n.

Was ist die richtige Reihenfolge des Wachstums von T.(n)? Um es herauszufinden, schreiben SieS.(n)=T.(2n). Die Wiederholung wird jetzt

S.(n+1)=S.(n)+S.(einn).
Für große n, Wir würden erwarten S.(n+1)- -S.(n) sehr nahe sein S.'(n)und so heuristisch würden wir das erwarten S. erfüllen S.'(n)=S.(einn). Diese Gleichung scheint etwas schwer zu lösen, aber eine ungefähre Lösung istS.(n)=nΘ(Logn). Wenn wir zurücksetzen, schließen wir, dass die Reihenfolge des Wachstums vonT.(n) sollte so etwas sein (Logn)Θ(LogLogn).
Yuval Filmus
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Es scheint, dass Logk(2n)=(Log2+Logn)k. Die Untergrenze gilt nicht.
Qiang Li
@ QiangLi Danke, dass du den Fehler entdeckt hast. Die Untergrenze gilt jedoch, sobald das Argument entsprechend geändert wurde.
Yuval Filmus