দুটি পুনরাবৃত্তি কলযুক্ত পুনরাবৃত্তি সমীকরণগুলি সমাধান করা

Question

আমি নিম্নলিখিত পুনরাবৃত্তির সমীকরণের জন্য একটি করার চেষ্টা করছি :$\Theta$

$$T(n) = 2 T(n/2) + T(n/3) + 2n^2+ 5n + 42$$

আমি অনুমান করি যে মাস্টার থিওরেম সাব-প্রবলেম এবং বিভাগের পরিমাণ পৃথক করে বলে অনুপযুক্ত। বা বরং টি ( 0 ) না থাকায় পুনরাবৃত্তি গাছগুলি কাজ করে না ।$T(1)$$T(0)$

Comments

আপনার যদি সেই ফর্মটি পুনরাবৃত্তি করে থাকে তবে সেখানে বেস কেস হওয়া আবশ্যক, সমস্ত এন < 100 এর জন্য । যদি তা না হয় তবে পুনরাবৃত্তিটি কী সমাধান করবে তা বলার অপেক্ষা রাখে না: সম্ভবত টি ( এন ) = 2 মি সমস্ত এন < 100 এর জন্য , যেখানে মি আসল সমস্যার আকার! (এমন একটি পুনরাবৃত্তি কল্পনা করুন যা আপনি মূল উপাদানগুলির সমস্ত উপধারায় যা যা করছেন তার ধ্রুবক সংখ্যার সাথে তুলনা করে শেষ হয়) অন্য কথায়: কোনও বেস কেস পুনরাবৃত্তিটি সমাধান করার জন্য পর্যাপ্ত তথ্য দেয় না। $T(n) \leq 42$$n < 100$$T(n) = 2^m$$n < 100$$m$

— অ্যালেক্স টেন ব্রিংক

Answer 1

হ্যাঁ, পুনরাবৃত্তি গাছগুলি এখনও কাজ করে! বেস কেসটি বা টি ( 1 ) বা টি ( 2 ) বা এমনকি টি ( 10 100 ) এ ঘটে কিনা তা মোটেও গুরুত্বপূর্ণ নয় । বেস কেসের আসল মূল্য কি তা বিবেচনা করে না; যে মান যাই হোক না কেন, এটি একটি ধ্রুবক।$T(0)$$T(1)$$T(2)$$T(10^{100})$

বড়-থেটা চশমার মাধ্যমে দেখা হয়েছে, পুনরাবৃত্তিটি ।$T(n) = 2T(n/2)+T(n/3)+n^2$

• পুনরাবৃত্তির ট্রি রুট মূল্য আছে ।$n^2$

• মূলটির , ( এন / 2 ) 2 এবং ( এন / 3 ) 2 সহ তিনটি শিশু রয়েছে । সুতরাং, সব শিশুদের মোট মান ( 11 / 18 ) এন 2 ।$(n/2)^2$$(n/2)^2$$(n/3)^2$$(11/18) n^2$

• বিচক্ষণতা পরীক্ষা: মূলটির নয়টি নাতি-নাতি রয়েছে: মান সহ চারটি , চারটি মান ( এন / 6 ) 2 এবং একটি মান ( এন / 9 ) 2 । যারা মান এর সমষ্টি ( 11 / 18 ) 2 এন 2 ।$(n/4)^2$$(n/6)^2$$(n/9)^2$$(11/18)^2 n^2$

• একটি সহজ আনয়ন প্রমাণ যে বোঝা কোনো পূর্ণসংখ্যা জন্য , 3 ℓ পর্যায়ে নোড ℓ মোট মূল্য আছে ( 11 / 18 ) ℓ এন 2 ।$\ell\ge 0$$3^\ell$$\ell$$(11/18)^\ell n^2$

• স্তরের অঙ্কগুলি একটি উতরিত জ্যামিতিক সিরিজ গঠন করে, তাই কেবল বৃহত্তম শব্দটি বিষয়গুলিতে।$\ell=0$

• আমরা উপসংহারে পৌঁছেছি যে ।$T(n) = \Theta(n^2)$

Answer 2

আপনি আরও সাধারণ আকরা-বাজি পদ্ধতি ব্যবহার করতে পারেন ।

আপনার ক্ষেত্রে, আমরা এটি করতে হবে যেমন যে$p$

$$\frac{1}{2^{p-1}} + \frac{1}{3^p} = 1$$

(যা দেয় )$p \approx 1.364$

এবং আমরা তারপর আছে

$$T(x) = \Theta(x^p + x^p\int_{1}^{x} t^{1-p} \text{d}t) = \Theta(x^2)$$

মনে রাখবেন যে আপনাকে জন্য সমাধান করার দরকার নেই । আপনাকে যা জানার দরকার তা হ'ল 1 < পি < 2 ।$p$$1 \lt p \lt 2$

$T(x) = x^2 g(x)$$g(x)$

Answer 3

আসুন$f(n) = 2T(n/2) + T(n/3) + 2n^2 + 5n + 42$ be a shorthand for the right-hand side of the recurrence. We find an lower and upper bound for $f$ by using $T(n/3) \leq T(n/2)$:

$$3 T(n/3) + 2n^2+ 5n + 42 \quad \le\quad f(n) \quad\leq \quad 3 T(n/2) + 2n^2+ 5n + 42 \quad$$

If we use the lower resp. upper bound as right-hand side of the recurrence, we get $T'(n) \in \Theta(n^2)$ in both cases by the Master theorem. Thus, $T(n)$ is bounded from above by $O(n^2)$ and from below by $\Omega(n^2)$ or, equivalently, $T(n) \in \Theta(n^2)$.

---

1. For a complete proof, you should prove that $T$ is an increasing function.

Comments

let us continue this discussion in chat

— Raphael

That trick won't work for similar recurrences, like $T(n) = 2T(n/2) + 3T(n/3) + n^2$, that can be solved with recursion trees. (But even recursion trees won't work for $T(n) = 2T(n/2) + 4T(n/3) + n^2$, which can be solved with Akra-Bazzi.)

— JeffE