第1章递归方程解渐近阶求法文档格式.docx

1、今归纳假设当2k-1n0n2kn0 ，k1时，（1.1.16）成立。那么，当2kn0n2k+1n0时，咱们有：即仍然成立，于是对所有nn0，成立。可见咱们的推测是正确的。因此得出结论：递归方程的解的渐近阶为O（nlogn）。那个方式的局限性在于它只适合容易推测出答案的递归方程或擅长进行推测的高手。推测递归方程的正确解，没有一般的方式，得靠经验的积累和洞察力。咱们在这里提三点建议：（1） 若是一个递归方程类似于你之前见过的已知其解的方程，那么推测它有类似的解是合理的。作为例子，考虑递归方程：右边项的变元中加了一个数17，使得方程看起来难于推测。可是它在形式上与很类似。实际上，当n充分大时与相差无

2、几。因此能够推测与有类似的上界T（n）=O（nlogn）。进一步，数学归纳将证明此推测是正确的。（2）从较宽松的界开始推测，慢慢逼近精准界。比如对于递归方程，要估量其解的渐近下界。由于明显地有T（n）n，咱们能够从推测T（n）=（n）开始，发觉太松后，把推测的阶往上提，就可以够取得T（n）=（nlog n）的精准估量。（3）作变元的替换有时会使一个末知其解的递归方程变成类似于你曾见过的已知其解的方程，从而使得只要将变换后的方程的正确解的变元作逆变换，即可取得所需要的解。例如考虑递归方程：看起来很复杂，因为右端变元中带根号。可是，若是作变元替换m=logn，即令n=2m ，将其代入，则变成：把m

3、限制在正偶数集上，则又可改写为：T（2m）=2T（2m/2）+m若令S（m）=T（2m），则S（m）知足的递归方程：S（m）=2S（m/2）+m ，与类似，因此有：S（m）=O（m1og m），进而取得T（n）=T（2m）=S（m）=O（m1ogm）=O（lognloglogn） 上面的论证只能表明：当（充分大的）n是2的正偶次幂或换句话说是4的正整数次幂时才成立。进一步的分析表明对所有充分大的正整数n都成立，从而，递归方程解的渐近阶取得估量。在利用代入法时，有三点要提示：（1）记号O不能滥用。比如，在估量解的上界时，有人可能会推测T（n）=O（n），即对于充分大的n，有T（n）Cn ，其中C

4、是肯定的正的常数。他进一步运用数学归纳法，推出：从而以为推测T（n）=O（n）是正确的。实际上，那个推测是错误的，原因是他滥用了记号O ，错误地把（C+l）n与Cn等同起来。（2）当对递归方程解的渐近阶的推测无可非议，但用数学归纳法去论证又通不过时，不妨在原有推测的基础上减去一个低阶项再试试。作为一个例子，考虑递归方程是天花板（floors）函数的记号。咱们推测解的渐近上界为O（n）。咱们要设法证明对于适被选择的正常数C和自然数n0，当nn0时有T（n）Cn。把咱们的推测代入递归方程，取得：咱们不能由此推断T（n）Cn，归纳法碰着障碍。原因在于的右端比Cn多出一个低阶常量。为了抵消这一低阶量，

5、咱们可在原推测中减去一个待定的低阶量b，即修改原来的推测为T（n）Cn-b 。此刻将它代人，取得：只要b1，新的推测在归纳法中将取得通过。（3）因为咱们要估量的是递归方程解的渐近阶，所以没必要要求所作的推测对递归方程的初始条件（如T（0）、T（1）成立，而只要对T（n）成立，其中n充分大。比如，咱们推测的解T（n）Cnlogn，而且已被证明是正确的，可是当n=l时，那个推测却不成立，因为（Cnlogn）|n=1=0而T（l）0。递归方程组解的渐进阶的求法迭代法用那个方式估量递归方程解的渐近阶不要求推测解的渐近表达式，但要求较多的代数运算。方式的思想是迭代地展开递归方程的右端，使之成为一个非递归

6、的和式，然后通过对和式的估量来达到对方程左端即方程的解的估量。作为一个例子，考虑递归方程：接连迭代二次可将右端项展开为：由于对地板函数有恒等式：式可化简为：这仍然是一个递归方程，右端项还应该继续展开。容易看出，迭代 i 次后，将有（）而且当时，再也不是递归方程。这时：又因为aa，由可得：而由，知ilog4n ，从而，代人得：即方程的解 T（n）=O（n）。从那个例子可见迭代法致使繁杂的代数运算。但认真观察一下，要点在于肯定达到初始条件的迭代次数和抓住每次迭代产生出来的自由项（与T无关的项）遵循的规律。顺便指出，迭代法的前几步迭代的结果常常能启发咱们给出递归方程解的渐近阶的正确推测。这时若换用代

7、入法，将可免去上述繁杂的代数运算。图6-1 与方程相应的递归树为了使迭代法的步骤直观简明、图表化，咱们引入递归树。靠着递归树，人们能够专门快地取得递归方程解的渐近阶。它对描述分治算法的递归方程特别有效。咱们以递归方程T（n）=2T（n/2）+n2 为例加以说明。图6-1展示出在迭代进程中递归树的演变。为了方便，咱们假设n恰好是2的幂。在这里，递归树是一棵二叉树，因为右端的递归项2T（n/2）可看成T（n/2）+T（n/2）。图6-1（a）表示T（n）集中在递归树的根处，（b）表示T（n）已按展开。也就是将组成它的自由项n2留在原处，而将2个递归项T（n/2）别离摊给它的2个儿子结点。（c）表示

8、迭代被执行一次。图6-1（d）展示出迭代的最终结果。图6-1中的每一棵递归树的所有结点的值之和都等于T（n）。特别，已不含递归项的递归树（d）中所有结点的值之和亦然。咱们的目的是估量那个和T（n）。咱们看到有一个表格化的办法：先按横向求出每层结点的值之和，并记录在各相应层右端顶格处，然后从根到叶逐层地将顶格处的结果加起来即是咱们要求的结果。照此，咱们取得解的渐近阶为（n2）。再举一个例子。递归方程：T（n）= T（n/3）+ T（2n/3）+n 的迭代进程相应的递归树如图6-2所示。其中，为了简明，再一次略去地板函数和天花板函数。图6-2迭代法解的递归树当咱们累计递归树各层的值时，取得每一层的

9、和都等于n，从根到叶的最长路径是设最长路径的长度为k，则应该有得于是即T（n）=O（nlogn） 。以上两个例子表明，借助于递归树，迭代法变得十分简单易行。递归方程组解的渐进阶的求法套用公式法那个方式为估量形如：T（n）=aT（n/b）+f（n） 的递归方程解的渐近阶提供三个可套用的公式。中的a1和b1是常数，f （n）是一个肯定的正函数。是一类分治法的时刻复杂性所知足的递归关系，即一个规模为n的问题被分成规模均为n/b的a个子间题，递归地求解这a个子问题，然后通过对这a个子间题的解的综合，取得原问题的解。若是用T（n）表示规模为n的原问题的复杂性，用f（n）表示把原问题分成a个子问题和将a个

10、子问题的解综合为原问题的解所需要的时刻，咱们便有方程。那个方式依据的是如下的定理：设a1和b1是常数f （n）是概念在非负整数上的一个肯定的非负函数。又设T（n）也是概念在非负整数上的一个非负函数，且知足递归方程。方程中的n/b能够是n/b，也能够是n/b。那么，在f（n）的三类情形下，咱们有T（n）的渐近估量式：1.若对于某常数0，有2.3.则4.；5.若6.7.则8.9.若对其常数10.11.且对于某常数c1和所有充分大的正整数n有af（n/b）cf（n），则T（n）=（f（n）。这里省略定理的证明。在应用那个定理到一些实例之前，让咱们先指出定理的直观含义，以帮忙读者理解那个定理。读者可能

11、已经注意到，这里涉及的三类情形，都是拿f（n）与作比较。定理直观地告知咱们，递归方程解的渐近阶由这两个函数中的较大者决定。在第一类情形下，函数较大，则T（n）=（）；在第三类情形下，函数f（n）较大，则T（n）=（f （n）；在第二类情形下，两个函数一样大，则T（n）=（），即以n的对数作为因子乘上f（n）与T（n）的同阶。另外，定理中的一些细节不能轻忽。在第一类情形下f（n）不仅必需比小，而且必需是多项式地比小，即f（n）必需渐近地小于的积，是一个正的常数；在第三类情形下f（n）不仅必需比大，而且必需是多项式地比大，还要知足附加的“正规性”条件：af（n/b）cf（n）。那个附加的“正规性”

12、条件的直观含义是a个子间题的再分解和再综合所需要的时刻最多与原问题的分解和综合所需要的时刻同阶。咱们在一般情形下将碰着的以多项式为界的函数大体上都知足那个正规性条件。还有一点很重要，即要熟悉到上述三类情形并无覆盖所有可能的f（n）。在第一类情形和第二类情形之间有一个间隙：f（n）小于但不是多项式地小于类似地，在第二类情形和第三类情形之间也有一个间隙：f（n）大于但不是多项式地大于。若是函数f（n）落在这两个间隙之一中，或虽有，但正规性条件不知足，那么，本定理无能为力。下面是几个应用例子。例1 考虑T（n）=9T（n/3）+n0对照，咱们有a=9，b=3， f（n）=n， ，取，便有，可套用第一

13、类情形的公式，得T（n）=（n2）。例2 考虑T（n）=T（2n/3）+1对照，咱们有a=1，b=3/2， f（n）=1，可套用第二类情形的公式，得T（n）=（logn）。例3 考虑T（n）=3T（n/4）+nlogn对照，咱们有a=3，b=4， f（n）=nlog n， ，只要取进一步，检查正规性条件：只要取c=3/4，便有af（n/b）cf（n），即正规性条件也知足。可套用第三类情形的公式，得T（n）=（f（n）=（nlogn）。最后举一个本方式对之无能为力的例子。考虑T（n）=2T（n/2）+nlogn对照，咱们有a=2，b=2， f（n）=nlog n， ，虽然f（n）渐近地大于，但f

14、（n）并非是多项式地大于，因为对于任意的正常数，即f（n）在第二类情形与第三类情形的间隙里，本方式对它无能为力。递归方程组解的渐进阶的求法差分方程法这里只考虑形如：T（n）=c1T（n-1）+c2T（n-2）+ ckT（n-k）+f（n），nk 的递归方程。其中ci （i=l，2，k）为实常数，且ck0。它可改写为一个线性常系数k阶非齐次的差分方程：T（n）-c1T（n-1）- c2T（n-2）-ckT（n-k）=f（n），nk 与线性常系数k阶非齐次常微分方程的结构十分相似，因此解法类同。限于篇幅，这里直接给出的解法，略去其正确性的证明。第一步，求所对应的齐次方程：T（n）-c1T（n-1）

15、- c2T（n-2）-ckT（n-k）=0 的大体解系：写出的特征方程：C（t）=tk-c1tk-1-c2tk-2 -ck=0 若t=r是的m重实根，则得的m个基础解rn，nrn，n2rn，nm-1rn；若ei和e-i是的一对l重的共扼复根，则得的2l个基础解ncosn，nsinn，nncosn，nnsinn，nl-1ncosn，nl-1ncosn。如此，求出的所有的根，就可以够取得的k个的基础解。而且，这k个基础解组成了的基础解系。即的任意一个解都能够表示成这k个基础解的线性组合。第二步，求的一个特解。理论上，的特解能够用Lagrange常数变易法取得。但其中要用到的通解的显式表达，即的基础

16、解系的线性组合，十分麻烦。因此在实际中，常常采用试探法，也就是按照f（n）的特点推测特解的形式，留下若干可调的常数，将推测解代人后肯定。由于的特殊性，能够利用迭加原理，将f（n）线性分解为若干个单项之和并求出各单项相应的特解，然后迭加便取得f（n）相应的特解。这使得试探法更为有效。为了方便，这里对三种特殊形式的f（n），给出的相应特解并列在表6-1中，可供直接套用。其中pi，i=1,2,s是待定常数。表6-1 方程的常常利用特解形式f（n）的形式 条 件 方程的特解的形式 an C（a）0 a是C（t）的m重根 ns C（1）0 1是C（t）的m重根 nsan 第三步，写出即的通解其中Ti（n

17、），i=0,1,2,n是的基础解系，g（n）是的一个特解。然后由的初始条件T（i）=Ti ，i=1,2,k-1来肯定中的待定的组合常数ai，即依托线性方程组或解出ai，并代回。其中j=Tj-g（j），j=0,1,2,k-1。第四步，估量的渐近阶，即为所要求。下面用两个例子加以说明。例l 考虑递归方程它的相应特征方程为：C（t）=t2-t-1=0解之得两个单根和相应的的基础解系为r0n，r1n。相应的的一个特解为F*（n）=-8，因此相应的的通解为：F（n）=a0r0n +a1r1n- 8令其知足初始条件，得二阶线性方程组：解之得，从而例2 考虑递归方程 T（n）=4T（n-1）-4T（n-2）

18、+2nn 和初始条件T（0）=0，T（1）=4/3。它对应的特征方程为C（t）=t2-4t+4=0有一个双重根r =2。故相应的的基础解系为2n，2nn。由于f（n）=2nn，利用表6-1，相应的的一个特解为T*（n）=n2（p0+p1n）2n，代人，定出p0=1/2，p1=1/6。因此相应的的通解为：T（n）=a02n+a1n2n+n2（1/2+n/6）2n，令其知足初始条件得a0=a1=0，从而T（n）=n2（1/2+n/6）2n于是T（n）=（n32n）。递归方程组解的渐进阶的求法母函数法关于T（n）的递归方程的解的母函数通常设为：当右端由于T（n）增加太快而仅在x=0处收敛时可另设若是

19、咱们能够利用递归方程成立A（x）的一个定解方程并将其解出，那么，把A（x）展开成幂级数，则xn或xn/n!项的系数即是所求的递归方程的解。其渐近阶可接着进行估量。下面举两个例子加以说明。例1 考虑线性变系数二阶齐次递归方程（n-1）T（n）=（n-2）T（n-1）+2T（n-2） ，n2 和初始条件T（0）=0，T（1）=1。按照初始条件及，可计算T（2）=0，T（3）=T（1）=1。设T（n）的母函数为：由于T （0）=T （2）=0，T（1）= 1，有 ：令 B（x）= A （x）/x，即：那么：利用并代入T （3）= 1，得即两边同时沿0,x积分，并注意到B（0）=1，有：把B（x）展开成幂级数，得从而最后得例2 考虑线性变系数一阶非齐次递归方程D（n）=nD（n-1）+（-1）n n1 及初始条件D （0）= 1很明显D（n）随n的增大而急剧增加。若是仍采用形式的函数，则的右端可能仅在x=0处收敛，所以这里的母函数设为：用xn/n!乘以的两头，然后从1到求和得：化简并用母函数表达，有：A（x） -1= xA（x）+e-x-1（1-x）A（x）=e-xA（x）=e-x/（1-x）展成幂级数，则：故