Изменения

Пусть имеется рекуррентное соотношения вида:

Тогда асимптотическим решением данного соотношения будет один из трёх случаев нижеасимптотическое решение имеет вид:

|proof= Заметим, что <tex> O(1) </tex> не влияет на дальнейшее рассмотрение, т.к. оно учитывается не более чем константное число раз, что не существенно в асимптотике алгоритма. Рассмотрим дерево рекурсииданного соотношения. Всего в нем будет <tex>\log_b n</tex> уровней. На каждом таком уровне, количество подзадач детей в дереве будет умножаться на <tex>a</tex>, так на уровне <tex>i</tex> будет <tex>a^i</tex> подзадачдетей. Также известно, что каждая подзадача каждый ребенок на уровне <tex>i</tex> размера <tex>\dfrac{n}{b^i}</tex>. Подзадача Ребенок размера <tex>\left(\dfrac{n}{b^i}\right)</tex> требует <tex>O\left(\left(\dfrac{n}{b^i}\right) ^ c\right)</tex> дополнительных затрат, поэтому общее количество совершенных операций действий на уровне <tex>i</tex> : <tex> O\left(a^i\left(\dfrac{n}{b^i}\right)^c \right) = O\left (n^c\left(\dfrac{a^i}{b^{ic}}\right)\right) = O\left (n^c\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i\right)</tex>

Поэтому мы должны разобрать решение разбивается на три случая, когда <tex>\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i</tex> больше <tex>1</tex>, равен равна <math>1</math> или меньше <math>1</math>. Рассмотрим <tex dpi = "130">\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i = 1\Leftrightarrow a = b^c \Leftrightarrow\ \log_b a = c \log_b b \Leftrightarrow\ \log_b a = c</tex>.

<tex dpi = "130"> T(n) = \displaystyle\sum_{i=0}^{\log_b n}O\left(n^c\cdot\left(\frac{a}{b^c}\right)^i \right) + O(1)= O\left(n^c\cdot\displaystyle\sum_{i=0}^{\log_b n}\left(\frac{a}{b^c}\right)^i\right)</tex>

#<tex>c >\log_b a < c </tex> <tex>\Rightarrow</tex> <tex>T(n) = O\left( n^{c} \right)</tex> (так как <tex dpi = "130"> \left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i</tex> убывающая геометрическая прогрессия)#<tex>c = \log_b a = c </tex> <tex>\Rightarrow</tex> <tex dpi = "130"> T(n) = \displaystyle\sum_{i=0}^{\log_b n}n^c\cdot\left(\frac{a}{b^c}\right)^i = </tex> <tex dpi = "130> n^c\cdot\displaystyle\sum_{i=0}^{\log_b n}\left(\frac{a}{b^c}\right)^i = n^c\cdot\displaystyle\sum_{i=0}^{\log_b n}1^i = n^c + n^c\log_b n = O\left( n^{c} \log n \right) </tex>#<tex>c < \log_b a > c </tex> <tex>\Rightarrow</tex> <tex dpi = "125"> T(n) = \displaystyle\sum_{i=0}^{\log_b n}n^c\cdot\left(\frac{a}{b^c}\right)^i = n^c\cdot\displaystyle\sum_{i=0}^{\log_b n}\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i = O\left(n^c\cdot\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^{\log_b n}\right)</tex>, но <tex dpi = "130"> n^c\cdot\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^{\log_b n} </tex> <tex dpi = "130"> = </tex> <tex dpi = "130"> n^c\cdot\left(\dfrac{a^{\log_b n} }{(b^c)^{\log_b n}}\right) </tex> <tex dpi = "130"> = </tex> <tex dpi = "130"> n^c\cdot\left(\dfrac{n^{\log_b a}}{n^c}\right)</tex> <tex dpi = "130"> = </tex> <tex dpi = "130"> n^{\log_b a} \Rightarrow T(n) = O\left(n^{\log_b a}\right)</tex>

Пусть при решении поставленной задачи, существует алгоритмМастер-теорема имеет прямое отношение к анализу алгоритмов, который разбивает ее на так как рекуррентное соотношение можно воспринимать следующим образом: имеется задача размера <tex> a n </tex> подзадач,при этом алгоритм разбивает её на <tex>na </tex> — размер общей задачи, подзадач размера <tex dpi = "125">\dfrac{n}{b}</tex> — размер каждой подзадачи, тратит дополнительно <tex> O(n ^ {c} ) </tex> — стоимость работы действий, проделанной рекурсивными вызовамиа если размер подзадачи становится равен единице, который включает в себя стоимость деления проблемы и стоимость слияния решения подзадач и то алгоритму требуется <tex>O(1)</tex> — начальная стоимость для данной задачи(при действий на её решение.  Из доказательства теоремы видно, что если в рекурретном соотношении заменить <tex> O </tex> на <tex> \Theta </tex> и <tex>n = 1\Omega </tex>).Тогда мастер-теорема позволяет найти асимптотическое решение рекурренты, возникшей в результате анализа асимптотики данной задачито и асимптотика решения изменится соответствующим образом на <tex> \Theta </tex> или <tex> \Omega </tex>.

<tex> t(xn) = \begin{cases} 2 \; t\!\left(\dfrac{xn}{2}\right) + O(n\log n ) , & n > 1\\

Заметим, что <tex> n\log n = O(n^c) </tex>, для любого <tex> c > 1 </tex>, что удовлетворяет 1 условию. Тогда <tex> T(n) = O(n^c) </tex>, где <tex> c > 1 </tex>, при <tex> a = 2, b = 2, \log_b a = 1 </tex>

2 \; T\!\left(\dfrac{n}{3}\right) + O(f(n)) , & n > 1\\

Данное соотношение подходит под первый случай <tex>\left(a = 2, b = 3, c = \dfrac{3}{2}\right)</tex>, поэтому его асимптотика совпадает с асимптотикой <tex>O(f(n))</tex>.

*<tex dpi = "130">T(n) = 2^nT\left (\dfrac{n}{2}\right )+O(n^n)</tex>*:<tex>a</tex> не является константой; количество подзадач может меняться,*<tex dpi = "130">T(n) = 2T\left (\dfrac{n}{2}\right )+O\fracleft(\dfrac{n}{\log n}\right)</tex>*:рассмотрим <tex> f(n) = \dfrac{n}{\log n} </tex> , тогда не существует такого <tex> O(n^c) </tex>, что <tex> f(n) = \in O(n^c), c \ge 1 </tex> , тогда так как при <tex> \dfrac{n = 1 , f(n)}{\rightarrow \!\, \infty </tex>, а <tex> O(n^1} c) </tex> не является полиномом какой-либо степениограничено, что противоречит условиям теоремы.*<tex dpi = "130">T(n) = 0.5T\left (\dfrac{n}{2}\right )+O(n)</tex>*:<tex>|a | < 1</tex> не может быть меньше одной подзадачи, однако пример можно решить следующим образом: заметим, что на <tex> i </tex> шаге, размер <tex> T(i) \leqslant \dfrac{c \cdot n}{4^i} </tex> , тогда, оценивая сумму, получаем, что <tex> T(n) = O(n) </tex>,*<tex dpi = "130">T(n) = 64T-2T\left (\dfrac{n}{83}\right )-+O(n^2\log n)</tex>*:<tex>f(n)a < 0 </tex>, при составлении асимптотического решения перед <tex> O </tex> не положительнакаждый раз будет новый знак, что противоречит мастер-теореме. 

== Примечание Примечания ==