89

কম্পিউটার বিজ্ঞানে, আমাদের প্রায়শই পুনরাবৃত্ত সম্পর্কগুলি সমাধান করতে হয়, এটিই সংখ্যার পুনরাবৃত্তভাবে সংজ্ঞায়িত ক্রমের জন্য একটি বদ্ধ ফর্ম খুঁজে পাওয়া যায় । রানটাইমগুলি বিবেচনা করার সময়, আমরা প্রায়শই মূলত সিক্যুয়েন্সের অ্যাসিম্পোটিক বৃদ্ধিতে আগ্রহী ।

উদাহরণগুলি হ'ল

একটি লেজ-পুনরাবৃত্ত ক্রিয়াকলাপের রানটাইম নীচে থেকে নেমে থেকে যার শরীরে সময় লাগে : $0$ $n$ $f(n)$

$\qquad \begin{align} T(0) &= 0 \\ T(n+1) &= T(n) + f(n) \end{align}$
ফিবানচি ক্রম :

$\qquad \begin{align} F_0 &= 0 \\ F_1 &= 1 \\ F_{n+2} &= F_n + F_{n+1} \end{align}$
সংখ্যা Dyck শব্দ সঙ্গে $n$ প্রথম বন্ধনী জোড়া:

$\qquad\begin{align} C_0 &= 1 \\ C_{n+1}&=\sum_{i=0}^{n}C_i\,C_{n-i} \end{align}$
দৈর্ঘ্য তালিকার mergesort রানটাইম পুনরাবৃত্তি $n$ :

$\qquad \begin{align} T(1) &= T(0) = 0 \\ T(n) &= T(\lfloor n/2\rfloor) + T(\lceil n/2\rceil) + n-1 \end{align}$

পুনরাবৃত্তি সম্পর্কগুলি সমাধান করার পদ্ধতিগুলি কী কী? আমরা খুঁজছি

সাধারণ পদ্ধতি এবং
একটি উল্লেখযোগ্য সাবক্লাস জন্য পদ্ধতি

পাশাপাশি

এমন পদ্ধতি যা সঠিক সমাধান দেয় এবং
এমন পদ্ধতি যা অ্যাসিপটোটিক বৃদ্ধি সরবরাহ করে (সীমাবদ্ধ)।

^{এটি একটি রেফারেন্স প্রশ্নে পরিণত হওয়ার কথা। দয়া করে প্রতি পদ্ধতিতে একটি উত্তর পোস্ট করুন এবং একটি সাধারণ বিবরণ দেওয়ার পাশাপাশি উদাহরণস্বরূপ উদাহরণ সরবরাহ করুন।}

— রাফেল
সূত্র

9

এই নোটগুলি সহায়ক হতে পারে। (তবে না, আমি সেগুলিকে

— উত্তরে

35

সম্পূর্ণ ইতিহাসকে সীমাবদ্ধ ইতিহাসে রূপান্তর করা

এটি পুনরাবৃত্তিগুলি সমাধানের প্রথম পদক্ষেপ যেখানে কোনও পূর্ণসংখ্যার মান সমস্ত ছোট পূর্ণসংখ্যার মানগুলির উপর নির্ভর করে । উদাহরণস্বরূপ, পুনরাবৃত্তি যা উত্থিত হয় তা বিবেচনা করুন এলোমেলোভাবে কুইকোর্টের বিশ্লেষণে । (এখানে, এলোমেলোভাবে নির্বাচিত পিভটের র‌্যাঙ্ক)) কোনও পূর্ণসংখ্যার জন্য এর মান দিয়ে সমস্ত উপর নির্ভর করে । এই ফর্মটির পুনরাবৃত্তিগুলি সম্পূর্ণ ইতিহাস পুনরাবৃত্তি বলে।

T (n) = n + \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^{n} (T (k - 1) + T (n - k))

$T(n) = n + \frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \big(T(k-1) + T(n-k)\big)$

k

$k$

n

$n$

T (n)

$T(n)$

T (k)

$T(k)$

k < n

$k<n$

এই পুনরাবৃত্তিটি সমাধান করার জন্য, আমরা এটিকে একটি সীমাবদ্ধ ইতিহাস পুনরাবৃত্তিতে রূপান্তর করতে পারি , যেখানে কেবল পূর্ববর্তী মানগুলির একটি ধ্রুবক সংখ্যার উপর নির্ভর করে। তবে প্রথমে, এটি পুনরাবৃত্তিকে কিছুটা সহজ করতে, সাধারণ পদগুলি সংগ্রহ করতে এবং সমস্যাযুক্ত ভগ্নাংশগুলি নির্মূল করতে সহায়তা করে। এখন সীমিত-ইতিহাস পুনরাবৃত্তিতে রূপান্তর করতে , আমরা , বিয়োগ এবং পুনরায় পাঠের পদগুলির পুনরাবৃত্তিটি লিখি : $T(n)$

\begin{aligned} n T (n) & = n^{2} + 2 \sum_{k = 1}^{n - 1} T (k) \end{aligned}

$\begin{align*} n T(n) &= n^2 + 2\sum_{k=1}^{n-1} T(k) \end{align*}$

T (n - 1)

$T(n-1)$

\begin{aligned} (n - 1) T (n - 1) & = (n - 1)^{2} + 2 \sum_{k = 1}^{n - 2} T (k) \\ ⟹ n T (n) - (n - 1) T (n - 1) & = (2 n - 1) + 2 T (n - 1) \\ ⟹ n T (n) & = (2 n - 1) + (n + 1) T (n - 1) \\ ⟹ \frac{T (n)}{n + 1} & = \frac{2 n - 1}{n (n + 1)} + \frac{T (n - 1)}{n} \end{aligned}

$\begin{align*} (n-1) T(n-1) &= (n-1)^2 + 2\sum_{k=1}^{n-2} T(k) \\ \implies nT(n) - (n-1)T(n-1) &= (2n-1) + 2T(n-1) \\[1ex] \implies n T(n) &= (2n-1) + (n+1) T(n-1) \\[1ex] \implies \frac{T(n)}{n+1} &= \frac{2n-1}{n(n+1)} + \frac{T(n-1)}{n} \end{align*}$

এখন আমরা যদি সংজ্ঞায়িত করি এবং ভগ্নাংশটি replace সরল অ্যাসিমেটোটিক ফর্মের সাথে প্রতিস্থাপন করি , আমরা অনেক সহজ পুনরাবৃত্তি পাই এই পুনরাবৃত্তিটিকে সংক্ষেপে প্রসারিত করার সাথে সাথেই আমাদেরকে , যেখানে হল ম হারমোনিক সংখ্যা । আমরা বিশ্বাস করি । $t(n) = T(n)/(n+1)$ $\frac{2n-1}{n(n+1)}$ $\Theta(1/n)$

t (n) = Θ (1 / n) + t (n - 1) .

$t(n) = \Theta(1/n) + t(n-1).$

t (n) = Θ (H_{n}) = Θ (\log n)

$t(n) = \Theta(H_n) = \Theta(\log n)$

H_{n}

$H_n$

n

$n$

T (n) = Θ (n \log n)

$\boldsymbol{T(n) = \Theta(n\log n)}$

— JeffE
সূত্র

1

আপনি যদি এর সুনির্দিষ্ট সমাধান চান তবে এটি কিছুটা কঠিনও নয় (এখানে), যদি কিছুটা ক্লান্তিকর হয়; আমরা পাই । প্রকৃতপক্ষে, আমাকে বিভ্রান্ত করে তাই আমি সুনির্দিষ্ট রূপটি পছন্দ করি। ল্যান্ডাউ পদগুলির পেস্কির যোগফল ।

T

$T$

T (n) = 2 (n + 1) H_{n} + (T (0) - 3) n + T (0)

$T(n) = 2(n+1)H_n + (T(0) - 3)n + T(0)$

\sum_{i = 1}^{n} Θ (1 / i) = Θ (H_{n})

$\sum_{i=1}^n \Theta(1/i) = \Theta(H_n)$

— রাফেল

আসলে, এটি , যেখানে । প্রকৃতপক্ষে, আমি ইতিমধ্যে সেই কৌশলটি খুব শুরুতেই ব্যবহার করেছি, যখন আমি সহজ সাথে একটি অ্যারের বিভাজন করার জন্য প্রতিস্থাপন করেছি । এটি স্বরলিপিটির একেবারে মানক অপব্যবহার।

T (n) / (n + 1) = Θ (t^{*} (n))

$T(n)/(n+1) = \Theta(t^*(n))$

t^{*} (n) = 1 / n + t^{*} (n - 1)

$t^*(n) = 1/n + t^*(n-1)$

Θ (n)

$\Theta(n)$

n

$n$

— জেফই

28

ফাংশন তৈরি করা হচ্ছে $\newcommand{\nats}{\mathbb{N}}$

সংখ্যার প্রতিটি সিরিজ একটি উত্পাদনকারী ফাংশনের সাথে মিল রাখে । এটির পুনরাবৃত্তি থেকে আরামের সাথে এর সহগ - সিরিজের উপাদানগুলি - টুকরো টুকরো পাওয়া যায়।

এই উত্তরে একটি সাধারণ উদাহরণ সহ সাধারণ আনসটজ অন্তর্ভুক্ত রয়েছে, একটি বিশেষ মামলার শর্টকাট এবং অ্যাসিপটোটিকগুলি অর্জনের জন্য এই পদ্ধতিটি ব্যবহার সম্পর্কে কিছু নোট (এমনকি সুনির্দিষ্ট ফলাফল প্রাপ্ত না হলেও)।

পদ্ধতি

series ধারাবাহিক সংখ্যায় চলুন । তারপরে, আনুষ্ঠানিক শক্তি সিরিজ $(a_n)_{n\in\nats}$

$\qquad \displaystyle A(z) = \sum_{n=0}^\infty a_nz^n$

হয় সাধারণ উৎপাদিত ফাংশন এর ¹ । সিরিজের সম্প্রসারণ মধ্যে কোফিসিয়েন্টস ক্রম, অর্থাত্ সমান । উদাহরণ হিসেবে বলা যায়, বিখ্যাত সাধারণ উৎপাদিত ফাংশন কাতালান সংখ্যার হয় $(a_n)_{n\in\nats}$ $A(z)$ $[z^n]A(z) = a_n$ $C_n$

$\qquad \displaystyle C(z) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4z}}{2z}$ ।

পুনরাবৃত্তি সমাধানের জন্য এর সংজ্ঞাটিও আমাদের আনস্যাটজ। এটি লিনিয়ার পুনরাবৃত্তির জন্য সবচেয়ে ভাল কাজ করে, তাই ফর্মটির পুনরাবৃত্তি সরলতার জন্য ধরে নিন $A$

$\qquad \begin{align} a_0 &= c_0 \\ &\vdots \\ a_{k-1} &= c_{k-1} \\ a_n &= f(n) + \sum_{i=1}^k b_i a_{n-i} \qquad , n \geq k \end{align}$

কিছু নির্ধারিত এবং সমস্ত একটি ফাংশন । এখন আমরা সহজভাবে উভয় অ্যাঙ্কর এবং পুনরাবৃত্ত অংশ আনস্যাটজ মধ্যে সন্নিবেশ করান, এটি $b_1, \dots, b_k \in \mathbb{R}$ $f(n) : \nats \to \nats$ $a_i$

$\qquad \begin{align} A(z) &= \sum_{n=0}^\infty a_nz^n \\ &= c_0z^0 + c_1z^1 + \dots + c_{k-1}z^{k-1} + \sum_{n=k}^\infty \left[ f(n) + \left(\sum_{i=1}^k b_i a_{n-i}\right)\right] z^n \end{align}$

সমষ্টি ম্যানিপুলেশন বলবিজ্ঞান ব্যবহার করে, আনুষ্ঠানিক পাওয়ার সিরিজের বৈশিষ্ট্য এবং পরিচিত পরিচয় ² এর, গত ডানদিকে, বদ্ধ ফর্ম মধ্যে আনা হবে সাধারণত পরিপ্রেক্ষিতে হয়েছে । ফলস্বরূপ সমীকরণটি (প্রায়শই) জন্য সমাধান করা যায় । ফলাফলের সিরিজ সম্প্রসারণ (যা সহজেই পাওয়া যায়, পরিচিত বা অন্যথায় পৌঁছনীয়) মূলত সমাধান is $A(z)$ $A(z)$

উইলফের বই [3] এবং জিকেপিতে [4] এ ভাল পরিচয় পাওয়া যাবে। উন্নত উপাদান ফ্লাজোলেট এবং সেজউইক সংগ্রহ করেছেন [5]।

উদাহরণ

বিবেচনা

$\qquad \begin{align} a_0 &= 1 \\ a_1 &= 2 \\ a_n &= 5n + 3a_{n-1} - 2a_{n_2} \qquad , n > 1 \end{align}$

আমরা গণনা:

$\qquad \begin{align} A(z) &= \sum_{n=0}^\infty a_n z^n \\ &= 1 + 2z + \sum_{n=2}^\infty \left[ 3a_{n-1} - 2a_{n-2} + 5n\right]z^n \\ &= 1 + 2z + 3\sum_{n=2}^\infty a_{n-1}z^n - 2\sum_{n=2}^\infty a_{n-2}z^n + 5\sum_{n=2}^\infty n z^n \\ &= 1 + 2z + 3z\sum_{n=1}^\infty a_nz^n - 2z^2\sum_{n=0}^\infty a_n z^n + 5\sum_{n=2}^\infty n z^n \\ &= 1 + 2z + 3z(A(z) - a_0) - 2z^2A(z) + 5 \left( \frac{z}{(1-z)^2} - z\right) \\ &= 1 - 6z + (3z - 2z^2)A(z) + \frac{5z}{(1-z)^2} \end{align}$

এটি সমাধান

$\qquad \begin{align} A(z) &= \frac{1 - 3z + 13z^2 - 6z^3}{(1-2z)(1-z)^3} \\ &= \frac{16}{1-2z} - \frac{5}{1-z} - \frac{5}{(1-z)^2} - \frac{5}{(1-z)^3} \\ &= 16\sum_{n=0}^\infty 2^n z^n - 5\sum_{n=0}^\infty z^n - 5 \sum_{n=0}^\infty (n+1) z^n - 5\sum_{n=0}^\infty \frac{(n+1)(n+2)}{2} z^n \end{align}$

এখন আমরা শেষ পর্যন্ত পড়া বন্ধ করতে পারেন

$\qquad \begin{align} a_n &= 16 \cdot 2^n - 5 - 5(n+1) - \frac{5}{2}(n+1)(n+2) \\ &= 2^{n+4} - \frac{5}{2}n^2 - \frac{25}{2}n - 15 \end{align}$

একবার আপনি এটি ব্যবহার করতে পারেন , আপনি যে এই সব বেশ মিস্ত্রি হয় লক্ষ্য। আসলে কম্পিউটার বীজগণিত অনেক ক্ষেত্রে আপনার জন্য এই সমস্ত জিনিস করতে পারে। ভালটি হ'ল এটি পুনরুক্তি আরও জটিল হওয়া সত্ত্বেও (কমবেশি) সেই মেকানিক থাকে। আরও জড়িত, কম যান্ত্রিক উদাহরণের জন্য এখানে দেখুন ।

এছাড়াও লক্ষ করুন যে সাধারণ কৌশলগুলি কাজ করে যদি অনুসন্ধান করা বস্তুগুলি জটিল সংখ্যা বা এমনকি বহুভুজ হয়।

একটি শর্টকাট

রৈখিক এবং একজাতীয় পুনরাবৃত্তির জন্য, যেমন ফর্মের

$\qquad \begin{align} a_0 &= c_0 \\ &\vdots \\ a_{k-1} &= c_{k-1} \\ a_n &= \sum_{i=1}^k b_i a_{n-i} \qquad , n \geq k \end{align}$

উপরেরটি ঠিক একইভাবে, প্রতিবারের মধ্য দিয়ে যায়। প্রতীকীভাবে উপরের গণনা সম্পাদন করে আমরা নিম্নলিখিত লিমাটি পাই । দিন

$\qquad \displaystyle z^k - b_1 z^{k-1} - b_2 z^{k-2} - \dots - b_k$

হতে চরিত্রগত polynomal (পুনরাবৃত্তির)। অধিকতর। (বহু সংখ্যার ) এর সাথে বহুগুণে যথাক্রমে কথিত বহুবর্ষের জিরো তারপরে, পছন্দসই সহগ দ্বারা দেওয়া হয় $\lambda_1, \dots, \lambda_l$ $r_i$

$\qquad \displaystyle a_n = \sum_{i=1}^l \sum_{j=1}^{r_i} b_{i,j} \cdot n^{j-1} \cdot \lambda_i^n$

অজানা সঙ্গে । চরিত্রগত বহুপদী ডিগ্রী আছে হিসাবে , সেখানে ঠিক হয় (জটিল) শূন্য, অর্থাত্ সমষ্টি । অতএব, অনুপস্থিত (যেমন অ্যাঙ্করগুলি) এর যে কোনও এর সাথে উপরের সূত্রকে সমীকরণ করে সমীকরণের সাথে লিনিয়ার সমীকরণ সিস্টেমটি সমাধান করে নির্ধারণ করা যেতে পারে । $b_{i,j}$ $k$ $k$ $r_i$ $k$ $k$ $k$ $a_n$

Asymptotics

জন্য একটি বদ্ধ ফর্মটি পাওয়া সাধারণত সহজ অংশ। এটি উত্পন্ন ফাংশনগুলিতে এটি প্রকাশ করা আমরা এর সহগতি সম্পর্কে জানি (যেমন আমরা উদাহরণে করেছি) দ্রুত শক্ত হয়ে যায়, যদিও। উদাহরণস্বরূপ উপরে থেকে এবং প্রশ্নটিতে উল্লিখিত ডাইক শব্দের সংখ্যার একটি। $A(z)$ $C(z)$

সহগরের জন্য অ্যাসিম্পটোটিকগুলি অর্জনের জন্য কেউ জটিল বিশ্লেষণ যন্ত্রপাতি, বিশেষত এককতার বিশ্লেষণ, নিয়োগ করতে পারে; বুজওয়ার্ডগুলিতে ডারবক্সের পদ্ধতি এবং স্যাডল-পয়েন্ট পদ্ধতি অন্তর্ভুক্ত রয়েছে। এগুলি অবশিষ্টাংশ উপপাদ্য এবং কচির অবিচ্ছেদ্য সূত্রের উপর ভিত্তি করে । বিশদের জন্য [6] দেখুন।

আপনি ঘৃণ্য , ডিরিচলেট এবং কিছু অন্যান্য উত্পাদনকারী ফাংশনগুলির সাথে একই জিনিস করতে পারেন । কোনটি সবচেয়ে ভাল কাজ করে তা হাতের ক্রম এবং বিশেষত আপনি প্রয়োজনীয় বদ্ধ ফর্মগুলি খুঁজে পান কিনা তার উপর নির্ভর করে।
উদাহরণস্বরূপ টিসিএস চিট শিট বা [3] থেকে।
জেনারেটিং ফাংশনোলজি এইচ। উইলফ দ্বারা (1994, দ্বিতীয় সংস্করণ) - বিনামূল্যে ডাউনলোডের জন্য উপলব্ধ
আরএল গ্রাহাম, ডিই নুথ এবং ও.পাটশনিক দ্বারা কংক্রিট গণিত (1994, দ্বিতীয় সংস্করণ)
আর। সেডজউইক এবং পি। ফ্লাজোলেট (২ য় সংস্করণ, ২০১৩) দ্বারা অ্যালগরিদম বিশ্লেষণের ভূমিকা - বিনামূল্যে ডাউনলোডের জন্য উপলব্ধ
পি ফ্লাজলেট এবং আর সেডজউইক (২০০৯) - এর অ্যানালিটিক সংমিশ্রণসমূহ বিনামূল্যে ডাউনলোডের জন্য উপলব্ধ

— রাফেল
সূত্র

21

মাস্টার উপপাদ্য

মাস্টার উপপাদ্য তথাকথিত সমাধানের জন্য asymptotics দেয় ডিভাইড এন্ড জয় পুনরাবৃত্তি, যে এই ধরনের যে (পরিবর্তে দূরে ধ্রুবক কাটিয়া) আনুপাতিক খন্ডে তাদের প্যারামিটার ভাগ। এগুলি সাধারণত ঘটনাক্রমে (পুনরাবৃত্ত হওয়া) বিভাজন এবং অ্যালগরিদমগুলিকে জয় করার সময় ঘটে থাকে, তাই নামটি ঘটে। উপপাদ্য জনপ্রিয় কারণ এটি প্রায়শই প্রয়োগ করা অবিশ্বাস্যরকম সহজ। অন্যদিকে, এটি কেবল নিম্নলিখিত ফর্মটির পুনরাবৃত্তির ক্ষেত্রে প্রয়োগ করা যেতে পারে:

$\qquad \displaystyle T(n) = a \cdot T\left(\frac{n}{b}\right) + f(n)$

সঙ্গে । তিনটি মামলা রয়েছে $a \geq 1, b > 1$

$\quad \displaystyle f \in O\left( n^{\log_b (a) - \varepsilon} \right)$

কিছু জন্য ; $\varepsilon > 0$
$\quad \displaystyle f \in \Theta\left( n^{\log_b a} \log^{k} n \right)$ ,

কিছু ; $k \geq 0$
$\quad \displaystyle f \in \Omega\left( n^{\log_b (a) + \varepsilon} \right)$

কিছু এবং এর জন্য $\varepsilon > 0$

$\quad \displaystyle a f\left( \frac{n}{b} \right) \le c f(n)$

কিছু এবং । $c < 1$ $n \to \infty$

যা বোঝায় অ্যাসিপটিক্স

$T \in \Theta\left( n^{\log_b a} \right)$ ,
$T \in \Theta\left( n^{\log_b a} \log^{k+1} n \right)$ এবং
$T \in \Theta \left(f \right)$ ,

যথাক্রমে। নোট করুন যে বেস কেসগুলি এখানে বর্ণিত বা ব্যবহৃত হয়নি; এর অর্থটি ঘটেছে, বিবেচনা করে আমরা কেবল অ্যাসিম্পটোটিক আচরণ তদন্ত করছি । আমরা নীরবে অনুমান যে, তারা কিছু ধ্রুবক (তারা আর কি হতে পারে। হয় কোন ধ্রুবক আমরা দেখতে পাচ্ছি না অপ্রাসঙ্গিক হয়, তারা সব বিলুপ্ত । $\Theta$

উদাহরণ

পুনরাবৃত্তি বিবেচনা করুন

$\qquad \displaystyle T(n) = 4T\left(\frac{n}{3}\right) + n$ ।

সঙ্গে এবং - লক্ষ্য করুন যে আমরা যে ক্ষেত্রে এক দেখতে সঙ্গে প্রযোজ্য । অতএব, । $f(n) = n, a=4$ $b=3$ $\log_b a \approx 1.26$ $\varepsilon = 0.25$ $T \in \Theta(n^{\log_3 4}) = \Theta(n^{1.261\dots})$
পুনরাবৃত্তি বিবেচনা করুন

$\qquad \displaystyle T(n) = 2T(n/2) + n$ ।

সঙ্গে এবং - লক্ষ্য করুন যে আমরা যে ক্ষেত্রে দুটো প্রযোজ্য দেখতে । অতএব, । $f(n) = n, a=2$ $b=2$ $\log_b a = 1$ $k=0$ $T \in \Theta(n \log n)$
পুনরাবৃত্তি বিবেচনা করুন

$\qquad \displaystyle T(n) = 3T\left(\frac{n}{4}\right) + n$ ।

সঙ্গে এবং - লক্ষ্য করুন যে আমরা যে ক্ষেত্রে তিন দেখতে সঙ্গে প্রযোজ্য এবং । অতএব, । $f(n) = n, a=3$ $b=4$ $\log_b a \approx 0.79$ $\varepsilon = 0.2$ $c=1$ $T \in \Theta(n)$
পুনরাবৃত্তি বিবেচনা করুন

$\qquad \displaystyle T(n) = 16T\left(\frac{n}{4}\right) + n!$

এখানে আমরা , এবং- অনেকগুলি আদর্শ উদাহরণে বহুপদী , তবে এটি কোনও নিয়ম নয়। আমাদের কাছে এবং তিনটি কেস আবার প্রয়োগ হয়। যদিও এই উদাহরণে, আমরা যেকোনও এবং কে হিসাবে বেছে নিতে পারি সমস্ত । অতএব । $a = 16$ $b=4$ $f(n) = n!$ $f$ $\log_b a = 2$ $\varepsilon$ $c > 0$ $n! \in \Omega(n^{k})$ $k$ $T \in \Theta(n!)$

আরও পড়া

এটা ভালই সম্ভব যে মাস্টার তাত্ত্বিকের কোনওটিই প্রয়োগ হয় না। উদাহরণস্বরূপ, সাব-প্রবলেমগুলির সমান আকার নাও থাকতে পারে বা আরও জটিল ফর্ম থাকতে পারে। মাস্টার উপপাদ্যে কিছু এক্সটেনশন রয়েছে, উদাহরণস্বরূপ আকরা-বাজি [১] বা রউরা [২]। এমনকি এমন একটি সংস্করণ রয়েছে যা পৃথক পুনরাবৃত্তির জন্য কাজ করে (অর্থাত্ মেঝে এবং সিলগুলি পুনরাবৃত্তির পরামিতিগুলিতে ব্যবহৃত হয়) এবং তীব্র ফলাফল সরবরাহ করে [3]।
সাধারণত, মাস্টার উপপাদ্য প্রয়োগ করার আগে আপনাকে প্রকৃত পুনরাবৃত্ত সম্পর্কের ম্যাসেজ করতে হবে। অ্যাসিপটোটিকগুলি সংরক্ষণ করে এমন সাধারণ রূপান্তরগুলির মধ্যে মেঝে এবং সিল বাদ দেওয়ার পাশাপাশি । এখানে জিনিস যাতে ভাঙ্গা না যায় সেদিকে খেয়াল রাখুন; [4] অধ্যায় 4.6 এবং পড়ুন এই বিস্তারিত জানার জন্য প্রশ্ন। $n=b^k$

এম। আক্রা এবং এল। বাজী রচিত লিনিয়ার পুনরাবৃত্তি সমীকরণের সমাধানে (1998)
এস রৌরা (১৯৯)) দ্বারা বিভাজন ও বিজয় পুনরাবৃত্তির জন্য একটি উন্নত মাস্টার উপপাদ্য
^{অন্যান্য উন্নত মাস্টার তত্ত্বগুলিকে বোঝায়।}
এম। ড্রমোটা এবং ডব্লিউ। জাজপাঙ্কোস্কি (২০১১) দ্বারা পৃথক বিভাজন এবং বিজয় পুনরাবৃত্তির জন্য একটি প্রধান উপপাদ্য
কর্পেন এট আল দ্বারা অ্যালগরিদমের পরিচিতি । (২০০৯, তৃতীয় সংস্করণ)

— রাফেল
সূত্র

এটি মূ question় প্রশ্ন হতে পারে তবে আমি প্রায়শই মানসিক মডেল ধরে রাখতে ব্যর্থ হই যখন একটি খ এর সমান হয় না, কেন জানি না তবে অন্তর্দৃষ্টি দিয়ে আমি সর্বদা অনুভব করি যে উভয়কেই সর্বদা এক হতে হবে যেমন একত্রীকরণের মতো আমরা সমস্যাটিকে বিভক্ত করি দুটি সমান (প্রায়) অর্ধেক এবং প্রতিটি এন / 2 টি উদাহরণ সহ। আরও যদি আমরা অ্যালগরিদমকে তিনটি সমান ভাগে ভাগ করি তবে ইনপুটগুলিও তিনটি সমান অংশে বিভক্ত হওয়া উচিত যা আবার a এবং b কে সমান করে তোলে। আমি কীভাবে এই ভুল অনুভূতিটি ভাঙ্গতে পারি?

— কোডয়োগি

17

অনুমান এবং প্রমাণ করুন

বা আমি এটি কীভাবে বলতে চাই, " কৌশল"। এটি সমস্ত ধরণের পরিচয় প্রয়োগ করা যেতে পারে। ধারণাটি সহজ: $\dots$

সমাধানটি অনুমান করুন এবং এর যথার্থতা প্রমাণ করুন।

এটি একটি জনপ্রিয় পদ্ধতি, যুক্তিযুক্ত কারণ এটি সাধারণত কিছু সৃজনশীলতা এবং / বা অভিজ্ঞতা প্রয়োজন (প্রদর্শিত দেখানোর জন্য ভাল) তবে কয়েকটি মেকানিকস (মার্জিত দেখায়)। শিল্প এখানে ভাল, শিক্ষিত অনুমান করা হয়; প্রমাণটি হ'ল (আমাদের ক্ষেত্রে) সাধারণত কম-বেশি সরল অন্তর্ভুক্তি।

পুনরাবৃত্তির ক্ষেত্রে প্রয়োগ করা হলে, "অনুমান করা" সাধারণত করা হয় is

পুনরাবৃত্তি কয়েক বার প্রসারিত করা ,
অ্যাঙ্কর খুঁজে বের করা এবং
মধ্যবর্তী ( ) জন্য প্যাটার্ন অনুমান করা । $\dots$

সাধারণ উদাহরণ

$\qquad \begin{align} s_0 &= s_1 = s_2 = 1 \\ s_n &= 5s_{n-3} + 6 \qquad\qquad n \geq 2 \end{align}$

আসুন এর কয়েকবার প্রসারিত করুন : $s_n$

$\qquad \begin{align} s_n &= 5s_{n-3} + 6 \\ &= 5(5s_{n-6} + 6) + 6 \\ &= 5(5(5s_{n-9} + 6) + 6) + 6 \\ &\ \vdots \\ &= \underbrace{5(5(5( \dots 5\cdot 1}_{n \div 3 \text{ times}} + \underbrace{6 \dots ) + 6) + 6) + 6}_{n \div 3 \text{ times}} \end{align}$

এখানে, নিদর্শনটি সহজেই পাওয়া যায় এবং এটি আমাদের দাবির দিকে নিয়ে যায়:

$\qquad \begin{align} s_n &= 5^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} + 6\cdot \sum_{i=0}^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor - 1} 5^i \\ &= \frac{5}{2}\cdot 5^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} - \frac{6}{4} \end{align}$

এখন আমরা অন্তর্ভুক্তির মাধ্যমে পরিচয় প্রমাণ করি। জন্য , আমরা সংশ্লিষ্ট মানটিতে প্লাগিং করে নির্ভুলতা প্রতিষ্ঠা করতে পারি। ধরে নিচ্ছি যে পরিচয়টি একটি নির্বিচারে তবে স্থির জন্য সমস্ত জন্য রয়েছে , আমরা গণনা করি $n \in \{0,1,2\}$ $n' \leq n$ $n \geq 3$

$\qquad \displaystyle \begin{align} s_{n+3} &= 5s_n + 6 \\ &= 5\cdot \left( \frac{5}{2}\cdot 5^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor} - \frac{6}{4} \right) + 6 \\ &= \frac{5}{2}\cdot 5^{\left\lfloor\frac{n}{3}\right\rfloor + 1} - \frac{6}{4} \\ &= \frac{5}{2}\cdot 5^{\left\lfloor\frac{n+3}{3}\right\rfloor} - \frac{6}{4} \end{align}$

যা প্রবর্তনের শক্তি দ্বারা পরিচয় প্রমাণ করে।

আপনি যদি আরও জড়িত পুনরাবৃত্তিতে এটি ব্যবহার করার চেষ্টা করেন, আপনি দ্রুত এই পদ্ধতির প্রাথমিক অসুবিধার মুখোমুখি হয়ে উঠুন: প্যাটার্নটি দেখা খুব কঠিন হতে পারে বা এটি একটি সুন্দর বন্ধ ফর্ম হিসাবে ঘনীভূত করতে পারে।

Asymptotics

অ্যাসিম্পটিকসের জন্যও এই পদ্ধতিটি ব্যবহার করা সম্ভব। সচেতন থাকুন, যদিও আপনাকে ল্যান্ডাউ প্রতীকগুলির জন্য ধ্রুবকগুলি অনুমান করতে হবে কারণ এমন একটি ধ্রুবক থাকতে হবে যা সমস্ত জন্য সীমাবদ্ধতা প্রতিষ্ঠা করে , অর্থাৎ আবর্তনের সময় ধ্রুবক ফ্যাক্টরটি পরিবর্তন করতে পারে না। $n$

উদাহরণস্বরূপ, ¹ এর ক্ষেত্রে সরলীকৃত Mergesort রানটাইম পুনরাবৃত্তিটি বিবেচনা করুন : $n=2^k$

$\qquad \begin{align} T(1) &= T(0) = 0 \\ T(n) &= 2T(n/2) + n-1 \qquad n \geq 1 \end{align}$

আমরা অনুমান করি যে ধ্রুবক সহ তে , এটি । আমরা ওভার ইনডাকশন দ্বারা এটি প্রমাণ করি ; প্ররোচিত পদক্ষেপটি দেখতে এরকম দেখাচ্ছে: $T(n) \in O(n\log n)$ $c=1$ $T(n) \leq n\log n$ $k$

$\qquad \begin{align} T(n) &= 2T(n/2) + n-1 \\ &\leq 2\frac{n}{2}\log \frac{n}{2} + n - 1 \\ &= n\log n - n\log 2 + n - 1 \\ &\lt n \log n \end{align}$

প্রাকৃতিক প্রকৃতির ক্রমহ্রাসমান ক্রমগুলির জন্য, প্রতিটি অসীম অনুক্রমের মূল অনুক্রমের মতো একই অ্যাসিপোটোটিক বৃদ্ধি রয়েছে।

— রাফেল
সূত্র

15

আকরা-বাজি পদ্ধতি

Akra-Bazzi পদ্ধতি : ফর্মের পুনরাবৃত্তি জন্য asymptotics দেয় এটি সাধারণ বিভাজন এবং বিজয়ী পুনরাবৃত্তির বিষয়টি অন্তর্ভুক্ত করে তবে এমন ক্ষেত্রেও যে বিভাগটি অসম। " terms" বিভাগগুলির জন্য যেগুলি সঠিকভাবে প্রকাশ পায় না তা পূরণ করতে পারে for প্রয়োগের শর্তগুলি হ'ল:

T (x) = \sum_{1 \leq i \leq k} a_{i} T (b_{i} x + h_{i} (x)) + g (x) for x \geq x_{0}

$T(x) = \sum_{1 \le i \le k} a_i T(b_i x + h_i(x)) + g(x) \quad \text{for $x \ge x_0$}$

h_{i} (x)

$h_i(x)$

পুনরাবৃত্তিটি পেতে যথেষ্ট বেস কেস রয়েছে
এবং সব ধ্রুবক হয় $a_i$ $b_i$
সব জন্য , $i$ $a_i > 0$
সমস্ত , $i$ $0 < b_i < 1$
$\lvert g(x) \rvert = O(x^c)$ কিছু ধ্রুবক জন্য যেমন $c$ $x \rightarrow \infty$
সব জন্য , $i$ $\lvert h_i(x) \rvert = O(x / (\log x)^2)$
$x_0$ একটি ধ্রুবক

মনে রাখবেন যে , এবং ফাংশন হিসাবে সর্বদা 0 এবং 1 এর মধ্যে থাকে, প্রতিস্থাপন (বা as appropiate) শর্তাদি পূরণ করে । $\lfloor b_i x \rfloor = b_i x - \{b_i x\}$ $\{ u \} = u - \lfloor u \rfloor$ $\lfloor b_i x \rfloor$ $\lceil b_i x \rceil$ $h_i$

এই যেমন যে: তারপর মধ্যে asymptotic আচরণ হিসাবে দেওয়া হয়: সঙ্গে "যথেষ্ট বড়", অর্থাত নেই যাতে সমস্ত । $p$

\sum_{1 \leq i \leq k} a_{i} b_{i}^{p} = 1

$\sum_{1 \le i \le k} a_i b_i^p = 1$

T (x)

$T(x)$

x \to \infty

$x \rightarrow \infty$

T (x) = Θ (x^{p} (1 + \int_{x_{1}}^{x} \frac{g (u)}{u^{p + 1}} d u))

$T(x) = \Theta \left( x^p \left( 1 + \int_{x_1}^x \frac{g(u)}{u^{p + 1}} du \right) \right)$

x_{1}

$x_1$

k_{1} > 0

$k_1>0$

\begin{matrix} (2) & g (x / 2) \geq k_{1} g (x) \end{matrix}

$g(x/2) \geq k_1g(x) \tag{2}$

x > x_{1}

$x>x_1$

উদাহরণ ক

উদাহরণ হিসাবে, জন্য পুনরাবৃত্তি নিন , যেখানে : শর্তগুলি সন্তুষ্ট, আমাদের : ভাগ্যের এটি যেমন হবে, । এইভাবে আমাদের রয়েছে: $n \ge 5$ $T(0) = T(1) = T(2) = T(3) = T(4) = 17$

T (n) = 9 T (⌊ n / 5 ⌋) + T (⌈ 4 n / 5 ⌉) + 3 n \log n

$T(n) = 9 T(\lfloor n / 5 \rfloor) + T(\lceil 4 n / 5 \rceil) + 3 n \log n$

p

$p$

9 {(\frac{1}{5})}^{p} + {(\frac{4}{5})}^{p} = 1

$9 \left( \frac{1}{5} \right)^p + \left( \frac{4}{5} \right)^p = 1$

p = 2

$p = 2$

T (n) = Θ (n^{2} (1 + \int_{3}^{n} \frac{3 u \log u}{u^{3}} d u)) = Θ (n^{2})

$T(n) = \Theta \left( n^2 \left(1 + \int_3^n \frac{3 u \log u}{u^3} du \right) \right) = \Theta(n^2)$

যেহেতু আমরা সমস্ত জন্য পূরণ করি । নোট করুন যেহেতু অবিচ্ছেদ্য রূপান্তরিত হয় এমনকি যদি আমরা টির মতো অন্য ধ্রুবককেও নিম্ন সীমাবদ্ধ হিসাবে ব্যবহার করি তবে সেগুলিও ব্যবহার করা আইনী; পার্থক্য অদৃশ্য হয়ে যায় । $k_1 \leq \frac{1}{2}\left(1 - \frac{\log 2}{\log 3}\right)$ $(2)$ $x\geq 3$ $1$ $\Theta$

উদাহরণ খ

অন্য উদাহরণটি is জন্য নিম্নলিখিত : আমাদের , চেক করুন। আমাদের কাছে আছে যে এখানে একটি একক , যা চেক আউট করে। ধরে নিলাম যে সত্যিই এবং / অথবা , অন্তর্ভুক্ত এছাড়াও পরীক্ষা করে দেখুন। সুতরাং আমাদের দরকার: এইভাবে , এবং: $n \ge 2$

T (n) = 4 T (n / 2) + n^{2} / \lg n

$T(n) = 4 T(n / 2) + n^2 / \lg n$

g (n) = n^{2} / \ln n = O (n^{2})

$g(n) = n^2 / \ln n = O(n^2)$

a_{1} = 4

$a_1 = 4$

b_{1} = 1 / 2

$b_1 = 1 / 2$

n / 2

$n / 2$

⌊ n / 2 ⌋

$\lfloor n / 2 \rfloor$

⌈ n / 2 ⌉

$\lceil n / 2 \rceil$

h_{i} (n)

$h_i(n)$

a_{1} b_{1}^{p} = 4 \cdot (1 / 2)^{p} = 1

$a_1 b_1^p = 4 \cdot (1 / 2)^p = 1$

p = 2

$p = 2$

T (n) = Θ (n^{2} (1 + \int_{2}^{n} \frac{u^{2} d u}{u^{3} \ln u})) = Θ (n^{2} (1 + \int_{2}^{n} \frac{d u}{u \ln u})) = Θ (n^{2} \ln \ln n)

$T(n) = \Theta\left(n^2 \left( 1 + \int_2^n \frac{u^2 du}{u^3 \ln u} \right) \right) = \Theta\left(n^2 \left( 1 + \int_2^n \frac{du}{u \ln u} \right) \right) = \Theta(n^2 \ln \ln n)$ আমরা উপরের মতো একই কৌশল প্রয়োগ করি অবিচ্ছেদ্যের নীচের সীমানা, কেবলমাত্র আমরা ব্যবহার করি কারণ অবিচ্ছেদ্য জন্য রূপান্তর হয় না ।

2

$2$

1

$1$

( বীজগণিত সহ ম্যাক্সিমার সাহায্য কৃতজ্ঞতার সাথে স্বীকার করা হয়েছে)

— vonbrand
সূত্র

1

আমি মূল কাগজটি পরীক্ষা করেছিলাম। অবিচ্ছেদের নীচে আবদ্ধ করার জন্য তাদের প্রযুক্তিগত বাধা রয়েছে; আপনার সংস্করণ (মেহলহর্নের জরিপের উদ্ধৃতি দিয়ে?) স্পষ্টতই অবিচ্ছেদ্য রূপান্তরিত হওয়া দরকার। যেহেতু আমি মনে করি মূল শর্তটি চেক করা সহজ, তাই আমি বিবৃতি এবং সেই অনুসারে উদাহরণগুলি পরিবর্তন করেছি, দয়া করে চেক করুন।

— রাফেল

1

তদুপরি, মূল কাগজটি সহ সংস্করণ দেয় না ; এটি কি লেইটনের পাণ্ডুলিপি থেকে নেওয়া হয়েছে? আপনি কি এর জন্য পিয়ার-পর্যালোচিত রেফারেন্স রাখেন? আকরা ও বাজির 1998 এর কাগজে প্রদত্ত সংস্করণে কি আমাদের স্থানান্তর করা উচিত?

h_{i}

$h_i$

— রাফায়েল

1

তাত্ত্বিক কোনও অসঙ্গতি বলে মনে হচ্ছে আমি হুমড়ি খেয়েছি । আপনি উত্তর জানেন?

— রাফেল

11

Summations

প্রায়শই একটি ফর্মের পুনরাবৃত্তির মুখোমুখি হয় যেখানে একঘেয়ে থাকে। এই ক্ষেত্রে, আমরা প্রসারিত করতে পারি এবং তাই অনুমান করার জন্য একটি প্রাথমিক মান দেওয়া হয় আমাদের এর যোগফল নির্ধারণ করতে হবে ।

T (n) = T (n - 1) + f (n),

$T(n) = T(n-1) + f(n),$

f (n)

$f(n)$

T (n) = T (c) + \sum_{m = c + 1}^{n} f (m),

$T(n) = T(c) + \sum_{m=c+1}^n f(m),$

T (c)

$T(c)$

T (n)

$T(n)$

f (c + 1) + \dots + f (m)

$f(c+1) + \cdots + f(m)$

অ-হ্রাসকারী $f(n)$

যখন একঘেয়ে অ-হ্রাস হয় তখন আমাদের সুস্পষ্ট সীমা থাকে এই সীমার অর্থে বেস্ট সম্ভব যে, তারা কিছু ফাংশন জন্য টাইট হয়: ধ্রুব কাজকর্মের জন্য উপরের বাউন্ড এবং ধাপে ফাংশন (জন্য লোয়ার বাউন্ড জন্য এবং জন্য )। তবে, অনেক ক্ষেত্রে এই অনুমানগুলি খুব বেশি সহায়ক হয় না। উদাহরণস্বরূপ, যখন , নীচের গণ্ডিটি এবং উপরের , সুতরাং এগুলি বেশ দূরে। $f(n)$

f (n) \leq \sum_{m = c + 1}^{n} f (m) \leq (n - c) f (n) .

$f(n) \leq \sum_{m=c+1}^n f(m) \leq (n-c) f(n).$

f (m) = 1

$f(m) = 1$

m \geq n

$m \geq n$

f (m) = 0

$f(m) = 0$

m < n

$m < n$

f (m) = m

$f(m) = m$

n

$n$

(n - c) n

$(n-c)n$

মিশ্রণ

ইন্টিগ্রেশন দ্বারা আরও ভাল অনুমান দেওয়া হয়: জন্য , এই লোয়ার অর্ডার পদ সমষ্টি পর্যন্ত সঠিক মান দেয়: যখন আমরা স্পষ্টভাবে যোগফলটি গণনা করতে পারি তবে অনেক ক্ষেত্রে স্পষ্টত গণনা শক্ত। উদাহরণস্বরূপ, যখন এর অ্যান্টিডেরিভেটিভ হয় , এবং তাই

\int_{c}^{n} f (x) d x \leq \sum_{m = c + 1}^{n} f (m) \leq \int_{c + 1}^{n + 1} f (x) d x .

$\int_c^n f(x) dx \leq \sum_{m=c+1}^n f(m) \leq \int_{c+1}^{n+1} f(x) dx.$

f (m) = m

$f(m) = m$

\frac{1}{2} n^{2} - \frac{1}{2} c^{2} \leq \sum_{m = c + 1}^{n} m \leq \frac{1}{2} (n + 1)^{2} - \frac{1}{2} (c + 1)^{2} .

$\frac{1}{2} n^2 - \frac{1}{2} c^2 \leq \sum_{m=c+1}^n m \leq \frac{1}{2} (n+1)^2 - \frac{1}{2} (c+1)^2.$

f (m) = m

$f(m) = m$

f (m) = m \log m

$f(m) = m\log m$

f

$f$

(1 / 2) x^{2} \log x - (1 / 4) x^{2}

$(1/2) x^2\log x - (1/4) x^2$

\sum_{m = c + 1}^{n} m \log m = \frac{1}{2} n^{2} \log n \pm Θ (n^{2}) .

$\sum_{m=c+1}^n m\log m = \frac{1}{2} n^2 \log n \pm \Theta(n^2).$

অয়লার-Maclaurin সূত্র ভাল অনুমান দেয়। এই সূত্রটি উদাহরণস্বরূপ, স্ট্র্লিংয়ের সূত্রের শক্তিশালী রূপগুলি প্রমাণ করতে, যোগফলের যোগফল নির্ধারণ করে । $\log n! = \sum_{m=1}^n \log m$

ক্রমবর্ধমান $f(n)$

কিছু ক্ষেত্রে, হ'ল একঘেয়েমি non তুচ্ছ অনুমানগুলি এবং অবিচ্ছেদ্য অনুমান উদাহরণস্বরূপ, , আমরা $f(n)$

f (1) \leq \sum_{m = c + 1}^{n} f (m) \leq (n - c) f (1),

$f(1) \leq \sum_{m=c+1}^n f(m) \leq (n-c) f(1),$

\int_{c + 1}^{n + 1} f (x) d x \leq \sum_{m = c + 1}^{n} f (m) \leq \int_{c}^{n} f (x) d x .

$\int_{c+1}^{n+1} f(x) dx \leq \sum_{m=c+1}^n f(m) \leq \int_c^n f(x) dx.$

f (m) = 1 / m

$f(m) = 1/m$

\int f (m) = \log m

$\int f(m) = \log m$

\sum_{m = c + 1}^{n} \frac{1}{m} = \log n \pm Θ (1) .

$\sum_{m=c+1}^n \frac{1}{m} = \log n \pm \Theta(1).$

— ইউভাল ফিল্ম
সূত্র

এই উত্তরটি পুনরাবৃত্তিগুলি সমাধান করার ক্ষেত্রে কম পরিমাণে বিবেচনা করে বরং অঙ্কগুলি অঙ্ক করে (যা কার্যকর পুনরাবৃত্তির সমাধান হতে পারে); কৌশলটি হ'ল রিমানের অঙ্কের দ্বৈত । ধ্রুবক জন্য মতো অন্যান্য ফর্মগুলির সাথেও এটি কাজ করা উচিত ?

T (n - d)

$T(n-d)$

d

$d$

— রাফায়েল

ডানদিকে, এছাড়াও এইভাবে সমাধান করা যেতে পারে।

T (n) = c T (n - d) + f (n)

$T(n) = cT(n-d) + f(n)$

— যুবাল ফিল্মাস

9

সেডজউইক এবং ফ্লাজোলেট বিশ্লেষণাত্মক সংযোজকগুলিতে বিস্তৃত কাজ করেছেন , যা পুনর্গঠনগুলি উত্পাদনশীল কার্য এবং জটিল বিশ্লেষণের সংমিশ্রণ ব্যবহার করে অ্যাসিম্পটোটিকভাবে সমাধান করতে দেয়। তাদের কাজ অনেকগুলি পুনরাবৃত্তি স্বয়ংক্রিয়ভাবে সমাধান হতে দেয় এবং কিছু কম্পিউটার বীজগণিত সিস্টেমে প্রয়োগ করা হয়েছে।

বিষয়টির এই পাঠ্যপুস্তকটি ফ্লাজোলেট এবং সেডজউইক লিখেছেন এবং এটি একটি দুর্দান্ত রেফারেন্স। অ্যালগোরিদম বিশ্লেষণের জন্য অ্যাপ্লিকেশনগুলির দিকে এগিয়ে কিছুটা সহজ বক্তব্য, সেডজউইক এবং ফ্লাজোলেটের এই পাঠ্য ।

আশাকরি এটা সাহায্য করবে!

— templatetypedef
সূত্র

4

এটি একটি দুর্দান্ত রেফারেন্স, তবে আমরা একটি অ্যাক্সেসযোগ্য উপায়ে পদ্ধতি সংগ্রহ করতে চাই। আপনি কি একটি নির্দিষ্ট পদ্ধতি বিস্তারিতভাবে উপস্থাপন করতে পারেন?

— রাফেল

9

এমন সময় আসতে পারে যখন আপনি এইরকম একটি অদ্ভুত পুনরাবৃত্তিটি দেখতে পান: আপনি যদি আমার মতো হন তবে বুঝতে পারবেন আপনি মাস্টার উপপাদ্যটি ব্যবহার করতে পারবেন না এবং তারপরে আপনি ভাবতে পারেন, " হুঁ ... সম্ভবত পুনরাবৃত্তির গাছ বিশ্লেষণ কাজ করতে পারে। " তারপরে আপনি বুঝতে পারবেন যে গাছটি সত্যিই দ্রুত স্থূল হতে শুরু করে। ইন্টারনেটে কিছু অনুসন্ধানের পরে আপনি দেখবেন আকরা-বাজি পদ্ধতিতে কাজ হবে! তারপরে আপনি আসলে এটি সন্ধান করতে শুরু করেছেন এবং বুঝতে পারবেন যে আপনি আসলে সমস্ত গণিত করতে চান না। আপনি যদি এখনও অবধি আমার মতো হয়ে থাকেন তবে আরও সহজ উপায় আছে তা জানতে পেরে আপনি উত্সাহিত হবেন।

T (n) = {\begin{cases} c & n < 7 \\ 2 T (\frac{n}{5}) + 4 T (\frac{n}{7}) + c n & n \geq 7 \end{cases}

$T(n) = \begin{cases} c & n < 7\\ 2T\left(\frac{n}{5}\right) + 4T\left(\frac{n}{7}\right) + cn & n\geq 7 \end{cases}$

অসম স্প্লিট উপপাদ্য অংশ 1

যাক এবং ইতিবাচক ধ্রুবক হও। $c$ $k$

তারপরে positive ইতিবাচক ধ্রুবক হতে দিন যেমন । $\{a_1, a_2, \ldots, a_k\}$ $\sum_1^k a_i < 1$

আমাদের অবশ্যই ফর্মটির পুনরাবৃত্তি থাকতে হবে (উপরে আমাদের উদাহরণের মতো):

\begin{aligned} T (n) & \leq c & 0 < n < max {a_{1}^{- 1}, a_{2}^{- 1}, \dots, a_{k}^{- 1}} \\ T (n) & \leq c n + T (a_{1} n) + T (a_{2} n) + \dots T (a_{k} n) & n \geq max {a_{1}^{- 1}, a_{2}^{- 1}, \dots, a_{k}^{- 1}} \end{aligned}

$\begin{align} T(n) & \leq c & 0 < n < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\}\\ T(n) & \leq cn + T(a_1 n) + T(a_2 n) + \dots T(a_k n) & n \geq \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\} \end{align}$

দাবি

তারপরে আমি দাবি করি যেখানে ধ্রুবক (যেমন asympotically লিনিয়ার) এবং: $T(n) \leq bn$ $b$

b = \frac{c}{1 - (\sum_{1}^{k} a_{i})}

$b = \frac{c}{1 - \left(\sum_1^k a_i\right)}$

প্রমাণ দ্বারা প্রবর্তন

ভিত্তি : $n < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\} \implies T(n) \leq c < b < bn$

আনয়ন : যে কোনও জন্য সত্য বলে ধরে নেওয়া , আমাদের তখন $n' < n$

\begin{aligned} T (n) & \leq c n + T (⌊ a_{1} n ⌋) + T (⌊ a_{2} n ⌋) + \dots + T (⌊ a_{k} n ⌋) \\ \leq c n + b ⌊ a_{1} n ⌋ + b ⌊ a_{2} n ⌋ + \dots + b ⌊ a_{k} n ⌋ \\ \leq c n + b a_{1} n + b a_{2} n + \dots + b a_{k} n \\ = c n + b n \sum_{1}^{k} a_{i} \\ = \frac{c n - c n \sum_{1}^{k} a_{i}}{1 - (\sum_{1}^{k} a_{i})} + \frac{c n \sum_{1}^{k} a_{i}}{1 - (\sum_{1}^{k} a_{i})} \\ = \frac{c n}{1 - (\sum_{1}^{k} a_{i})} \\ = b n & ◻ \end{aligned}

$\begin{align} T(n) & \leq cn + T(\lfloor a_1 n \rfloor) + T(\lfloor a_2 n \rfloor) + \dots + T(\lfloor a_k n \rfloor)\\ & \leq cn + b \lfloor a_1 n \rfloor + b \lfloor a_2 n \rfloor + \dots + b \lfloor a_k n \rfloor\\ & \leq cn + b a_1 n + b a_2 n + \dots + b a_k n\\ & = cn + bn \sum_1^k a_i\\[0.5em] & = \frac{cn - cn \sum_1^k a_i }{1 - \left(\sum_1^k a_i\right)} + \frac{cn \sum_1^k a_i}{1 - \left(\sum_1^k a_i\right)}\\[0.5em] & = \frac{cn}{1 - \left(\sum_1^k a_i\right)}\\ & = bn & \square \end{align}$

তারপরে আমাদের কাছে । $T(n) \leq bn \implies T(n) = O(n)$

উদাহরণ

T (n) = {\begin{cases} c & n < 7 \\ 2 T (\frac{n}{5}) + 4 T (\frac{n}{7}) + c n & n \geq 7 \end{cases}

$T(n) = \begin{cases} c & n < 7\\ 2T\left(\frac{n}{5}\right) + 4T\left(\frac{n}{7}\right) + cn & n\geq 7 \end{cases}$ আমরা প্রথমে পুনরাবৃত্ত কলগুলির মধ্যে জন্য যাচাই করি:

\begin{aligned} 1 & > \sum_{1}^{k} a_{i} \\ = \frac{1}{5} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} \\ = \frac{2}{5} + \frac{4}{7} \\ = \frac{34}{35} \end{aligned}

$\begin{align} 1 & > \sum_1^k a_i \\ & = \frac{1}{5} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7}\\[0.5em] & = \frac{2}{5} + \frac{4}{7}\\[0.5em] & = \frac{34}{35} \end{align}$

আমরা পরবর্তীটি যাচাই করবো যে বেইস কেসটিফিয়েন্টসের বিপরীতে সর্বাধিকের চেয়ে কম:

\begin{aligned} n & < max {a_{1}^{- 1}, a_{2}^{- 1}, \dots, a_{k}^{- 1}} \\ = max {5, 5, 7, 7, 7, 7} \\ = 7 \end{aligned}

$\begin{align} n & < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\}\\ & = \max\{5, 5, 7, 7, 7, 7\}\\ & = 7 \end{align}$

এই শর্তগুলি পূরণ করার সাথে সাথে আমরা জানি যেখানে ধ্রুবক সমান: সুতরাং আমাদের কাছে রয়েছে: $T(n) \leq bn$ $b$

\begin{aligned} b & = \frac{c}{1 - (\sum_{1}^{k} a_{i})} \\ = \frac{c}{1 - \frac{34}{35}} \\ = 35 c \end{aligned}

$\begin{align} b &= \frac{c}{1 - \left(\sum_1^k a_i\right)}\\[0.5em] &= \frac{c}{1 - \frac{34}{35}}\\[0.5em] &= 35c \end{align}$

\begin{aligned} T (n) & \leq 35 c n \\ \land T (n) & \geq c n \\ ∴ T (n) & = Θ (n) \end{aligned}

$\begin{align} T(n) & \leq 35cn\\ \land\; T(n) & \geq cn\\ \therefore T(n) & = \Theta(n) \end{align}$

অসম স্প্লিট থিওরেম পার্ট 2

একইভাবে আমরা কখন সীমাবদ্ধ প্রমাণ করতে পারি । প্রমাণ একই ফর্ম্যাট অনেক অনুসরণ করবে: $\sum_1^k = 1$

এবং এমন ধনাত্মক ধ্রুবক হওয়া যাক যে । $c$ $k$ $k > 1$

তারপরে positive ইতিবাচক ধ্রুবক হতে দিন যেমন । $\{a_1, a_2, \ldots, a_k\}$ $\sum_1^k a_i = 1$

আমাদের অবশ্যই ফর্মটির পুনরাবৃত্তি থাকতে হবে (উপরে আমাদের উদাহরণের মতো):

\begin{aligned} T (n) & \leq c & 0 < n < max {a_{1}^{- 1}, a_{2}^{- 1}, \dots, a_{k}^{- 1}} \\ T (n) & \leq c n + T (a_{1} n) + T (a_{2} n) + \dots T (a_{k} n) & n \geq max {a_{1}^{- 1}, a_{2}^{- 1}, \dots, a_{k}^{- 1}} \end{aligned}

$\begin{align} T(n) & \leq c & 0 < n < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\}\\ T(n) & \leq cn + T(a_1 n) + T(a_2 n) + \dots T(a_k n) & n \geq \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\} \end{align}$

দাবি

তারপরে আমি দাবি করি (আমরা বেস বেছে নিই কারণ পুনরাবৃত্ত গাছের শাখা ফ্যাক্টর হবে) যেখানে এবং ধ্রুবক (যেমন অ্যাসিপোটোটিক্যালি লিনিয়ারিথমিক) ) যেমন যে: $T(n) \leq \alpha n \log_k n + \beta n$ $\log$ $k$ $k$ $\alpha$ $\beta$

β = c

$\beta = c$ এবং

α = \frac{c}{\sum_{1}^{k} a_{i} \log_{k} a_{i}^{- 1}}

$\alpha = \frac{c}{\sum_1^k a_i \log_k a_i^{-1}}$

প্রমাণ দ্বারা প্রবর্তন

ভিত্তি : $n < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\} \implies T(n) \leq c = \beta < \alpha n \log_k n + \beta n$

আনয়ন : যে কোনও জন্য সত্য বলে ধরে নেওয়া , আমাদের তখন $n' < n$

\begin{aligned} T (n) & \leq c n + T (⌊ a_{1} n ⌋) + T (⌊ a_{2} n ⌋) + \dots + T (⌊ a_{k} n ⌋) \\ \leq c n + \sum_{1}^{k} (α a_{i} n \log_{k} a_{i} n + β a_{i} n) \\ = c n + α n \sum_{1}^{k} (a_{i} \log_{k} a_{i} n) + β n \sum_{1}^{k} a_{i} \\ = c n + α n \sum_{1}^{k} (a_{i} \log_{k} \frac{n}{a_{i}^{- 1}}) + β n \\ = c n + α n \sum_{1}^{k} (a_{i} (\log_{k} n - \log_{k} a_{i}^{- 1})) + β n \\ = c n + α n \sum_{1}^{k} a_{i} \log_{k} n - α n \sum_{1}^{k} a_{i} \log_{k} a_{i}^{- 1} + β n \\ = α n \sum_{1}^{k} a_{i} \log_{k} n + β n \\ = α n \log_{k} n + β n & ◻ \end{aligned}

$\begin{align} T(n) & \leq cn + T(\lfloor a_1 n \rfloor) + T(\lfloor a_2 n \rfloor) + \dots + T(\lfloor a_k n \rfloor)\\ & \leq cn + \sum_1^k (\alpha a_i n \log_k a_i n + \beta a_i n)\\ & = cn + \alpha n\sum_1^k (a_i \log_k a_i n) + \beta n\sum_1^k a_i\\ & = cn + \alpha n\sum_1^k \left(a_i \log_k \frac{n}{a_i^{-1}}\right) + \beta n\\ & = cn + \alpha n\sum_1^k (a_i (\log_k n - \log_k a_i^{-1})) + \beta n\\ & = cn + \alpha n\sum_1^k a_i \log_k n - \alpha n\sum_1^k a_i \log_k a_i^{-1} + \beta n\\ & = \alpha n\sum_1^k a_i \log_k n + \beta n\\ & = \alpha n \log_k n + \beta n & \square \end{align}$

তারপরে আমাদের কাছে । $T(n) \leq \alpha n \log_k n + \beta n \implies T(n) = O(n \log n)$

উদাহরণ

আসুন আমরা পূর্ববর্তী উদাহরণটি সংশোধন করি আমরা কেবলমাত্র একটি ক্ষুদ্র বিট ব্যবহার করেছি:

T (n) = {\begin{cases} c & n < 35 \\ 2 T (\frac{n}{5}) + 4 T (\frac{n}{7}) + T (\frac{n}{35}) + c n & n \geq 35 \end{cases}

$T(n) = \begin{cases} c & n < 35\\ 2T\left(\frac{n}{5}\right) + 4T\left(\frac{n}{7}\right) + T\left(\frac{n}{35}\right)+ cn & n \geq 35 \end{cases}$

আমরা প্রথমে পুনরাবৃত্ত কলগুলির মধ্যে :

\begin{aligned} 1 & = \sum_{1}^{k} a_{i} \\ = \frac{1}{5} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{35} \\ = \frac{2}{5} + \frac{4}{7} + \frac{1}{35} \\ = \frac{35}{35} \end{aligned}

$\begin{align} 1 & = \sum_1^k a_i \\ & = \frac{1}{5} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{7} + \frac{1}{35}\\[0.5em] & = \frac{2}{5} + \frac{4}{7} + \frac{1}{35}\\[0.5em] & = \frac{35}{35} \end{align}$

আমরা পরবর্তীটি যাচাই করবো যে বেইস কেসটিফিয়েন্টসের বিপরীতে সর্বাধিকের চেয়ে কম:

\begin{aligned} n & < max {a_{1}^{- 1}, a_{2}^{- 1}, \dots, a_{k}^{- 1}} \\ = max {5, 5, 7, 7, 7, 7, 35} \\ = 35 \end{aligned}

$\begin{align} n & < \max\{a_1^{-1}, a_2^{-1}, \ldots, a_k^{-1}\}\\ & = \max\{5, 5, 7, 7, 7, 7, 35\}\\ & = 35 \end{align}$

এই শর্তগুলি পূরণ করার সাথে সাথে আমরা know যেখানে এবং একটি ধ্রুবক সমান: সুতরাং আমাদের কাছে রয়েছে: $T(n)\leq \alpha n \log n + \beta n$ $\beta = c$ $\alpha$

\begin{aligned} b & = \frac{c}{\sum_{1}^{k} a_{i} \log_{k} a_{i}^{- 1}} \\ = \frac{c}{\frac{2 \log_{7} 5}{5} + \frac{4 \log_{7} 7}{7} + \frac{\log_{7} 35}{35}} \\ \approx 1.048 c \end{aligned}

$\begin{align} b &= \frac{c}{\sum_1^k a_i \log_k a_i^{-1}}\\[0.5em] &= \frac{c}{\frac{2 \log_7 5}{5} + \frac{4 \log_7 7}{7} + \frac{\log_7 35}{35}}\\[0.5em] &\approx 1.048c \end{align}$

\begin{aligned} T (n) & \leq 1.048 c n \log_{7} n + c n \\ ∴ T (n) & = O (n \log n) \end{aligned}

$\begin{align} T(n) & \leq 1.048cn\log_7 n + cn\\ \therefore T(n) & = O(n \log n) \end{align}$

— রায়ান
সূত্র

6

এই পোস্টটি আবার চেক করার পরে, আমি অবাক হয়েছি এটি এখনও এখানে নেই।

ডোমেন রূপান্তর / পরিবর্তনীয় পরিবর্তন

পুনরাবৃত্তির সাথে কাজ করার সময় পুনরাবৃত্তি স্ট্যাকটি কত গভীর হবে তা অস্পষ্ট থাকলে আপনার ডোমেনটি পরিবর্তন করতে সক্ষম হতে কখনও কখনও দরকারী।

উদাহরণস্বরূপ, নিম্নলিখিত পুনরাবৃত্তি গ্রহণ করুন:

T (n) = T (2^{2^{\sqrt{\log \log n}}}) + \log \log \log n

$T(n) = T(2^{2^{\sqrt{\log \log n}}}) + \log \log \log n$

আমরা কীভাবে এটি সমাধান করতে পারি? আমরা সিরিজটি প্রসারিত করতে পারলাম, তবে আমি প্রতিশ্রুতি দিচ্ছি এটি সত্যিকারের দ্রুত গ্রস পাবে। পরিবর্তে, প্রতিটি কলের সাথে কীভাবে আমাদের ইনপুট পরিবর্তন হয় তা বিবেচনা করা যাক।

আমাদের প্রথম রয়েছে:

$n$ , তারপর
$2^{2^{\sqrt{\log \log n}}}$ , তারপরে
$2^{2^{\sqrt{\log \log (2^{2^{\sqrt{\log \log n}}})}}}$ , এবং আরও।

একটি ডোমেন রূপান্তরকরণের লক্ষ্যটি এখন আমাদের পুনরাবৃত্তিটিকে একটি সমমানের রূপান্তর করা হবে যাতে উপরের রূপান্তরের পরিবর্তে আমাদের কেবল । $S(k)$ $k, k-1, k-2, \ldots$

উদাহরণস্বরূপ, যদি আমরা , তবে আমরা আমাদের উপরের পুনরাবৃত্তির জন্য এটি পাই: তারপরে আমরা কেবল এটিকে আবার লিখতে পারি: তারপরে আপনাকে যা করতে হবে তা হ'ল ফিরে ফিরে তে রূপান্তর করতে হবে: $n = 2^{2^{2^{2^k}}}$

\begin{aligned} T (2^{2^{2^{2^{k}}}}) & = T (2^{2^{\sqrt{\log \log 2^{2^{2^{2^{k}}}}}}}) + \log \log \log (2^{2^{2^{2^{k}}}}) \\ = T (2^{2^{2^{2^{k - 1}}}}) + 2^{k} \end{aligned}

$\begin{align*} T(2^{2^{2^{2^k}}}) & = T(2^{2^{\sqrt{\log \log 2^{2^{2^{2^{k}}}}}}}) + \log \log \log (2^{2^{2^{2^{k}}}})\\ & = T(2^{2^{2^{2^{k-1}}}}) + 2^k \end{align*}$

T (k) = T (k - 1) + 2^{k} = \sum_{i = 1}^{k} 2^{k} = 2^{k + 1} - 1

$T(k) = T(k-1) + 2^k = \sum_{i = 1}^{k} 2^k = 2^{k+1} - 1$

k

$k$

n

$n$

T (n) = 2^{(\log \log \log \log n) + 1} - 1 = O (\log \log \log n)

$T(n) = 2^{(\log \log \log \log n) + 1} - 1 = O(\log \log \log n)$

এই উদাহরণ সহ, আমরা এখন আমাদের লক্ষ্য দেখতে পারি।

ধরে নিন some কিছু ধ্রুবকের জন্য এবং ফাংশন এবং ।

T (n) = {\begin{cases} h (1) & n = 1 \\ a \cdot T (f (n)) + h (n) & o t h e r w i s e \end{cases}

$T(n) = \begin{cases} h(1) & n = 1\\ a\cdot T(f(n)) + h(n) & \mathrm{otherwise} \end{cases}$

a

$a$

f (n)

$f(n)$

h (n)

$h(n)$

আমরা এখন কিছু ফাংশন এবং যা $g(k) = n$ $f(g(k)) = g(k-1)$

\begin{aligned} T (g (k)) & = a T (f (g (k))) + h (g (k)) \\ = a \cdot T (g (k - 1)) + h (g (k)) \end{aligned}

$\begin{align*} T(g(k)) &= aT(f(g(k))) + h(g(k))\\ & = a\cdot T(g(k-1)) + h(g(k)) \end{align*}$

আরো সাধারণভাবে, আমরা চাই যেখানে বারংবার আবেদন উপর , বার। (যেমন )। এটি কে "পুনরাবৃত্তি" ফাংশন হিসাবে কাজ করার অনুমতি দেবে । যেখানে, পুনরাবৃত্তির গভীরতায় কাজটি হ'ল । $f^{(i)}(n) = g(k - i)$ $f^{(i)}(n)$ $f$ $n$ $i$ $f^{(2)}(n) = f(f(n))$ $g(k)$ $i$ $h(g(k-i))$

তারপরে আমরা এটিকে সহজেই এ রূপান্তর করতে পারি যাতে তখন আমাদের কেবলমাত্র উদ্বেগ করতে হবে সাতরে সকলের জন্য একটি প্রদত্ত বেস কেস পর্যন্ত। এটি, $S(k) = T(g(k))$

S (k) = a \cdot S (k - 1) + h (g (k))

$S(k) = a\cdot S(k-1) + h(g(k))$

h (g (k))

$h(g(k))$

k

$k$

S (k) = \sum_{i = g^{- 1} (1)}^{k} a^{k - i} h (g (i))

$S(k) = \sum_{i = g^{-1}(1)}^{k} a^{k - i} h(g(i))$

যদি আমরা কিছু বদ্ধ ফর্ম ফাংশনের জন্য নির্ধারণ করতে পারি, তবে আমরা কে হিসাবে নির্ধারণ করতে পারি $S(k) = \gamma(k)$ $\gamma$ $T(n)$

T (n) = γ (g^{- 1} (n))

$T(n) = \gamma( g^{-1}(n))$

তারপরে আমরা উপরের অন্যান্য পদ্ধতিগুলির মধ্যে একটির মাধ্যমে সীমাবদ্ধ করতে এটি ব্যবহার করি । আপনি স্পষ্টতই এই পদ্ধতিটি আপনার স্পেসিফিকেশনে কিছুটা সংশোধন করতে পারেন তবে সাধারণভাবে আপনি কে একটি সাধারণ পুনরাবৃত্তিতে রূপান্তর করতে পুনরাবৃত্তি ফাংশন করার চেষ্টা করছেন । $T(n)$ $g(k)$ $T(n)$

আমি এই মুহুর্তে নির্ধারণের সঠিক উপায়টি জানি না , তবে আমি এটি সম্পর্কে ভাবতে থাকব এবং এটি পরিষ্কার হয়ে যায় কিনা তা আপডেট করব (বা কোনও মন্তব্যকারীকে কিছু টিপস রয়েছে কিনা!)। আমি বেশিরভাগ ক্ষেত্রে আমার ফাংশনগুলি অতীতে পরীক্ষার এবং ত্রুটির মাধ্যমে খুঁজে পেয়েছি এখানে , এখানে , এখানে , এবং এখানে )। $g(k)$ $g(k)$

— রায়ান
সূত্র

1

, , এবং / বা উপর কোন বিধিনিষেধ আছে ? আমি বিশেষত জিজ্ঞাসা করছি কারণ ল্যান্ডাউ নোটেশনের সাথে জড়িত থাকার সময় অনুরূপ লোককথার বিকল্পের কৌশলগুলি কখনও কখনও ব্যর্থ হয়, যা আমাকে উদ্বিগ্ন করে তোলে যদি always এটি সত্যই সর্বদা সঠিক উত্তর হয়।

f

$f$

g

$g$

h

$h$

γ \circ g^{- 1}

$\gamma \circ g^{-1}$

— রাফেল

@ রাফেল, এই অংশটি সম্পর্কে আমি পুরোপুরি নিশ্চিত নই। কিছু জিনিস আছে যা আমি মনে করি আমাদের সমতা প্রতিষ্ঠার জন্য এটি নিশ্চিত করা দরকার। 1) পুনরাবৃত্তির গভীরতা সমান, এবং । 2) পুনরাবৃত্তির প্রতিটি স্তরে করা কাজ একই, আমি বিশ্বাস করি যে এবং তারপরে দ্বারা প্রয়োগ করা হয়েছে । এর মূল ধারণাটি হ'ল কে একটি পরিমাণে রূপান্তর করা, যথা । থেকে am এ রূপান্তর আমিও শতভাগ নিশ্চিত নই (আমার কাছে প্রমাণ নেই) তবে কেন হবে তা আমি দেখতে পাচ্ছি না ত্রুটিপূর্ণ. থটস?

f (g (k)) = g (k - 1)

$f(g(k)) = g(k-1)$

g (k) = n

$g(k) = n$

g (k) = n

$g(k) = n$

h (g (k)) = h (n)

$h(g(k)) = h(n)$

T (n)

$T(n)$

\sum_{i = c}^{k} h (g (i))

$\sum_{i = c}^k h(g(i))$

γ (k)

$\gamma(k)$

γ (g^{- 1} (n))

$\gamma (g^{-1} (n))$

— রায়ান

@Raphael আপনার কাছে মামলা, যেখানে বিবেচনা করতে পারে পরিবর্তে , তারপর রূপান্তর আরো বাঁকা হতে পারবে না এগিয়ে। প্রমাণ করার পক্ষে সহজ আমি মনে করি যদি আপনি কেবল সামিটের মধ্যে সমতা দেখান। আপনি সম্ভবত এখানে ল্যান্ডাউ স্বরলিপিটি নিয়ে কিছু মজার সমস্যায় পড়তে পারেন, তবে আপনি যদি ল্যান্ডাউকে এড়িয়ে চলে যান এবং কেবল সুনির্দিষ্ট সাম্যতায় আটকে থাকেন তবে আমার মনে হয় এটি ঠিক হওয়া উচিত।

S (k) = γ (k)

$S(k) = \gamma(k)$

Θ

$\Theta$

T (n) = γ (g^{- 1} (n))

$T(n) = \gamma(g^{-1}(n))$

— রায়ান

@ রাফেল আমি এটি সম্পাদনা করে কেবলমাত্র সাম্যতা ব্যবহার করতে পারি, সুতরাং ল্যান্ডউ নোটেশনে এটিকে গোলমাল করা উচিত নয়। আরও কিছুটা সাধারণীকরণ করা হয়েছে। কোনটি আপনি এমনকি একটি ফাংশন ব্যবহার করতে একটি বিট আরো সাধারণের পারে ধ্রুবক পরিবর্তে । তারপরে যোগফলের মধ্যে of পরিবর্তে কেবল প্রয়োগ করুন ।

β (n)

$\beta(n)$

a

$a$

a^{k - i}

$a^{k-i}$

β (g (i))

$\beta(g(i))$

— রায়ান

5

সাধারণ পুনরাবৃত্ত সম্পর্কের জন্য আরও একটি পদ্ধতির কাজ রয়েছে: ওল্ফ্রাম আলফাকে আপনার পুনরাবৃত্তিটি সমাধান করতে বলুন।

উদাহরণস্বরূপ, f(0)=0, f(1)=1, f(n)=f(n-1)+f(n-2)ওল্ফ্রাম আলফায় টাইপ করার চেষ্টা করুন । আপনি একটি সমাধান পাবেন, ফিবোনাচি সংখ্যাগুলির একটি লিঙ্ক সহ। করুন বা f(1)=1, f(n)=f(n-1)+nবা f(1)=1, f(n)=2*f(n-1)+3*nবা f(n)=f(n-1) + 2 f(n-2), f(1)=1, f(2)=3অন্যান্য উদাহরণ জন্য। যাইহোক, সতর্কতা অবলম্বন করুন: ওল্ফ্রাম আলফা খুব সাধারণ কিছু পুনরাবৃত্তি সমাধান করতে পারে তবে আরও জটিল বিষয়গুলির জন্য এটি পৃথক হয়ে যায়।

এই পদ্ধতির কোনও চিন্তাভাবনার প্রয়োজন এড়ানো হয়, যা বাগ বা কোনও বৈশিষ্ট্য হিসাবে দেখা যায়।

— ডিডাব্লিউ
সূত্র

3

আমি কি জানি এই সাইটটির উদ্দেশ্য ব্যাখ্যা করতে হবে মনে কিভাবে কম্পিউটার বীজগণিত তার অন্ধ ব্যবহার প্রচার না করতে ভালো জিনিস আছে। কিন্তু টুলস হয় দরকারী, তাই আসলে দরকারী যে এক সম্ভবত সবসময় সামনে ( "অনুশীলন" মধ্যে) সময় "নষ্ট" তাদেরকে চেষ্টা করা উচিত।

— রাফেল

আমার নিজের অভিজ্ঞতা থেকে, "শক্ত" বা "সহজ" কোন ধারণা ছাড়াই কম্পিউটার বীজগণিত ব্যবহার করার চেষ্টা আপনাকে খুব দূরে খুঁজে পাবে না। বিশেষত অ্যালগরিদম বিশ্লেষণে কিছু ম্যাসেজিংয়ের প্রয়োজন হতে পারে। নিজেকে পুনরুক্তিগুলি কীভাবে সমাধান করবেন তা না জেনে আপনি কীভাবে তা করেন তা আমি জানি না। : (। এই সাইটের উদ্দেশ্য হিসাবে, সেখানে মতামত একাধিক পয়েন্ট ফ্যাক্ট এতদূর, "এই জন্য দরকারী কারো " একটি পোস্টে ন্যায্যতা যথেষ্ট ছিল।)

— রাফায়েল

5

মাস্টার উপপাদ্যের কেস 2, যেমনটি সাধারণত বলা হয়েছে, কেবলমাত্র ফর্মটির পুনরাবৃত্তি পরিচালনা করে যা জন্য । নিম্নলিখিত উপপাদ্য, একটি থেকে নেওয়া বিলিপত্র জেফ্রি লিওন এর নেতিবাচক জন্য উত্তর দেয় : $T(n) = aT(n/b) + f(n)$ $f(n) = \Theta(n^{\log_ab}\log^k n)$ $k \geq 0$ $k$

যথাযথ বেস কেসের সাথে পুনরাবৃত্তি । $T(n) = a T(n/b) + f(n)$

তাহলে জন্য তারপর । $f(n) = O(n^{\log_b a} \log^{c-1} n)$ $c < 0$ $T(n) = \Theta(n^{\log_b a})$

তাহলে জন্য তারপর । $f(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log^{c-1} n)$ $c = 0$ $T(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log\log n)$

তাহলে জন্য তারপর )। $f(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log^{c-1} n)$ $c > 0$ $T(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log^c n$

প্রমাণটি বারবার প্রতিস্থাপনের পদ্ধতিটি ব্যবহার করে, যেমনটি আমরা এখন স্কেচ করি। ধরুন যে এবং । তারপরে জন্য পাওয়ার , এখন আসুন একে একে মামলাগুলি বিবেচনা করা। যখন , সিরিজ এগোয়, এবং তাই । যখন , যোগফলটি হ'ল হারমোনিক যোগফল এবং তাই $f(n) = n^{\log_b a} \log_b^{c-1} n$ $T(1) = 0$ $n$ $b$

T (n) = \sum_{i = 0}^{\log_{b} n - 1} a^{i} (n b^{- i})^{\log_{b} a} \log_{b}^{c - 1} (n b^{- i}) = \sum_{i = 0}^{\log_{b} n - 1} n^{\log_{b} a} (\log_{b} n - i)^{c - 1} = n^{\log_{b} a} \sum_{j = 1}^{\log_{b} n} j^{c - 1} .

$T(n) = \sum_{i=0}^{\log_b n-1} a^i (nb^{-i})^{\log_b a} \log_b^{c-1} (nb^{-i}) = \\ \sum_{i=0}^{\log_b n-1} n^{\log_b a} (\log_b n - i)^{c-1} = n^{\log_b a} \sum_{j=1}^{\log_b n} j^{c-1}.$

c < 0

$c < 0$

\sum_{j = 0}^{\infty} j^{c - 1}

$\sum_{j=0}^\infty j^{c-1}$

T (n) = Θ (n^{\log_{b} a})

$T(n) = \Theta(n^{\log_b a})$

c = 0

$c = 0$

H_{\log_{b} n} = \log (\log_{b} n) + O (1)

$H_{\log_b n} = \log(\log_b n) + O(1)$

T (n) = Θ (n^{\log_{b} a} \log \log n)

$T(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log \log n)$ । যখন , আমরা একটি অবিচ্ছেদ্য ব্যবহার সমষ্টি অনুমান করতে পারে: এবং তাই ।

c > 0

$c > 0$

\sum_{j = 1}^{\log_{b} n} \approx \int_{0}^{\log_{b} n} x^{c - 1} d x = {\frac{x^{c}}{c} |}_{0}^{\log_{b} n} = \frac{\log_{b}^{c} n}{c},

$\sum_{j=1}^{\log_b n} \approx \int_0^{\log_b n} x^{c-1} \, dx = \left. \frac{x^c}{c} \right|_0^{\log_b n} = \frac{\log_b^c n}{c},$

T (n) = Θ (n^{\log_{b} a} \log^{c} n)

$T(n) = \Theta(n^{\log_b a} \log^c n)$

— ইউভাল ফিল্ম
সূত্র

সংখ্যার ক্রমগুলির জন্য পুনরাবৃত্ত সম্পর্কের সমাধান বা আনুমানিক ting

সম্পূর্ণ ইতিহাসকে সীমাবদ্ধ ইতিহাসে রূপান্তর করা

ফাংশন তৈরি করা হচ্ছে\newcommand{\nats}{\mathbb{N}}

পদ্ধতি

উদাহরণ

একটি শর্টকাট

Asymptotics

মাস্টার উপপাদ্য

উদাহরণ

আরও পড়া

অনুমান এবং প্রমাণ করুন

সাধারণ উদাহরণ

Asymptotics

আকরা-বাজি পদ্ধতি

উদাহরণ ক

উদাহরণ খ

Summations

অ-হ্রাসকারীf(n)f(n)f(n)

মিশ্রণ

ক্রমবর্ধমানf(n)f(n)f(n)

অসম স্প্লিট উপপাদ্য অংশ 1

দাবি

প্রমাণ দ্বারা প্রবর্তন

উদাহরণ

অসম স্প্লিট থিওরেম পার্ট 2

দাবি

প্রমাণ দ্বারা প্রবর্তন

উদাহরণ

ডোমেন রূপান্তর / পরিবর্তনীয় পরিবর্তন

ফাংশন তৈরি করা হচ্ছে $\newcommand{\nats}{\mathbb{N}}$

অ-হ্রাসকারী $f(n)$

ক্রমবর্ধমান $f(n)$