Мастер-теорема — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
м (Формулировка и доказательство мастер-теоремы)
м (Формулировка и доказательство мастер-теоремы)
Строка 21: Строка 21:
 
Тогда решение данной рекурренты зависит от соотношения между <tex>a, b, c</tex> так:
 
Тогда решение данной рекурренты зависит от соотношения между <tex>a, b, c</tex> так:
  
* Если <tex>c > \log_b a</tex>, то <tex>T(n) = \Theta\left( n^{c} \right)</tex>
+
# Если <tex>c > \log_b a</tex>, то <tex>T(n) = \Theta\left( n^{c} \right)</tex>
  
* Если <tex>c = \log_b a</tex>, то <tex>T(n) = \Theta\left( n^{c} \log n \right)</tex>
+
# Если <tex>c = \log_b a</tex>, то <tex>T(n) = \Theta\left( n^{c} \log n \right)</tex>
  
* Если <tex>c < \log_b a</tex>, то <tex>T(n) = \Theta\left( n^{\log_b a} \right)</tex>
+
# Если <tex>c < \log_b a</tex>, то <tex>T(n) = \Theta\left( n^{\log_b a} \right)</tex>
  
 
|proof= Давайте рассмотрим дерево рекурсии. Всего в нем будет <tex>\log_b n</tex> уровней. На каждом таком уровне, количество подзадач будет умножаться на <tex>a</tex>, так на уровне <tex>i</tex> будет <tex>a^i</tex> подзадач. Также известно, что каждая подзадача на уровне <tex>i</tex> размера <tex>\dfrac{n}{b^i}</tex>. Подзадача размера <tex>\dfrac{n}{b^i}</tex> требует <tex>\left(\dfrac{n}{b^i}\right) ^ c</tex> дополнительных затрат, поэтому общее количество совершенных операций на уровне <tex>i</tex> :   
 
|proof= Давайте рассмотрим дерево рекурсии. Всего в нем будет <tex>\log_b n</tex> уровней. На каждом таком уровне, количество подзадач будет умножаться на <tex>a</tex>, так на уровне <tex>i</tex> будет <tex>a^i</tex> подзадач. Также известно, что каждая подзадача на уровне <tex>i</tex> размера <tex>\dfrac{n}{b^i}</tex>. Подзадача размера <tex>\dfrac{n}{b^i}</tex> требует <tex>\left(\dfrac{n}{b^i}\right) ^ c</tex> дополнительных затрат, поэтому общее количество совершенных операций на уровне <tex>i</tex> :   

Версия 21:56, 8 мая 2015

Мастер теорема (англ. Master theorem) позволяет найти асимптотическое решение рекуррентных соотношений, которые могут возникнуть в анализе асимптотики многих алгоритмов. Однако не все рекуррентные соотношения могут быть решены через мастер теорему, ее обобщения включаются в метод Акра-Бацци[1].


Формулировка и доказательство мастер-теоремы

Теорема (мастер-теорема):
В анализе асимптотики алгоритма получено соотношение такого вида:

[math] T(n) = \begin{cases} a \; T\!\left(\dfrac{n}{b}\right) + n^{c} , & n \gt 1\\ d , & n = 1 \end{cases} [/math]

,где [math]a[/math][math]\mathbb N [/math] число большее [math]1[/math], [math]b[/math][math]\mathbb R [/math] число большее [math]1[/math], [math]c[/math][math]\mathbb R^{+} [/math] число и [math]d[/math][math]\mathbb R^{+} [/math].

Тогда решение данной рекурренты зависит от соотношения между [math]a, b, c[/math] так:

  1. Если [math]c \gt \log_b a[/math], то [math]T(n) = \Theta\left( n^{c} \right)[/math]
  1. Если [math]c = \log_b a[/math], то [math]T(n) = \Theta\left( n^{c} \log n \right)[/math]
  1. Если [math]c \lt \log_b a[/math], то [math]T(n) = \Theta\left( n^{\log_b a} \right)[/math]
Доказательство:
[math]\triangleright[/math]

Давайте рассмотрим дерево рекурсии. Всего в нем будет [math]\log_b n[/math] уровней. На каждом таком уровне, количество подзадач будет умножаться на [math]a[/math], так на уровне [math]i[/math] будет [math]a^i[/math] подзадач. Также известно, что каждая подзадача на уровне [math]i[/math] размера [math]\dfrac{n}{b^i}[/math]. Подзадача размера [math]\dfrac{n}{b^i}[/math] требует [math]\left(\dfrac{n}{b^i}\right) ^ c[/math] дополнительных затрат, поэтому общее количество совершенных операций на уровне [math]i[/math] : [math]a^i\left(\dfrac{n}{b^i}\right)^c = n^c\left(\dfrac{a^i}{b^{ic}}\right) = n^c\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i[/math] Заметим, что количество операций увеличивается, уменьшается и остается константой, если [math]\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i[/math] увеличивается, уменьшается или остается константой соответственно. Поэтому мы должны разобрать три случая, когда [math]\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i[/math] больше [math]1[/math], равен [math]1[/math] или меньше [math]1[/math]. Рассмотрим [math]\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i = 1[/math] [math]\Leftrightarrow a = b^c\Leftrightarrow\ log_b a = c \log_b b\Leftrightarrow\log_b a = c[/math]. Распишем всю работу в течение рекурсивного спуска: [math] d\cdot \displaystyle\sum_{i=1}^{\log_b n}n^c\left(\frac{a}{b^c}\right)^i = n^c\cdot d \cdot\displaystyle\sum_{i=1}^{\log_b n}\left(\frac{a}{b^c}\right)^i[/math] Откуда получаем:

1. [math]\log_b a \lt c [/math] [math]\Rightarrow[/math] [math]T(n) = \Theta\left( n^{c} \right)[/math] (т.к. [math] \left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i[/math] убывающая геометрическая прогрессия)

2. [math]\log_b a = c [/math] [math]\Rightarrow[/math] [math] T(n) = \displaystyle\sum_{i=1}^{\log_b n}n^c\cdot\left(\frac{a}{b^c}\right)^i = [/math] [math] n^c\cdot\displaystyle\sum_{i=1}^{\log_b n}\left(\frac{a}{b^c}\right)^i = n^c\cdot\displaystyle\sum_{i=1}^{\log_b n}1^i = n^c + n^c\log_b n = \Theta\left( n^{c} \log n \right) [/math]

3. [math]\log_b a \gt c [/math] [math]\Rightarrow[/math] [math] T(n) = \displaystyle\sum_{i=1}^{\log_b n}n^c\cdot\left(\frac{a}{b^c}\right)^i = n^c\cdot\displaystyle\sum_{i=1}^{\log_b n}\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^i = n^c\cdot\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^{log_b n}[/math], но [math] n^c\cdot\left(\dfrac{a}{b^c}\right)^{log_b n} [/math] [math] = [/math] [math] n^c\cdot\left(\dfrac{a^{log_b n} }{(b^c)^{log_b n}}\right) [/math] [math] = [/math] [math] n^c\cdot\left(\dfrac{n^{log_b a}}{n^c}\right)[/math] [math] = [/math] [math] \Theta\left( n^{\log_b a} \right) [/math]
[math]\triangleleft[/math]

Пусть при решении поставленной задачи, существует алгоритм, который разбивает ее на [math] a [/math] подзадач,при этом [math]n[/math] — размер общей задачи, [math]\dfrac{n}{b}[/math] — размер каждой подзадачи, [math] n ^ {c} [/math] — стоимость работы, проделанной рекурсивными вызовами, который включает в себя стоимость деления проблемы и стоимость слияния решения подзадач и [math]d[/math] — начальная стоимость для данной задачи(при [math]n = 1[/math]).Тогда мастер-теорема позволяет найти асимптотическое решение рекурренты, возникшей в результате анализа асимптотики данной задачи.

Примеры

Примеры задач

Пример 1

Пусть задано такое рекуррентное соотношение:

Рассчитать для [math]x = 7[/math].

[math] t(x) = \begin{cases} 3 \; t\!\left(\dfrac{x}{2}\right) + x^{2} , & x \ge 2\\ 5x , & 1 \le x \lt 2 \end{cases} [/math]

Заметим, чтобы узнать [math]t(7)[/math] , мы должны знать [math]t\left(\dfrac{7}{2}\right)[/math], чтобы узнать [math]t\left(\dfrac{7}{2}\right)[/math], мы должны узнать [math]t\left(\dfrac{7}{4}\right)[/math], [math]1 \lt \dfrac{7}{4} \lt 2[/math], тогда [math]t\left(\dfrac{7}{4}\right) = \dfrac{35}{4}[/math] , [math]t\left(\dfrac{7}{2}\right) = 3\cdot\dfrac{35}{4} + \dfrac{49}{4}[/math], тогда [math]t(7) = 3t\left(\dfrac{7}{2}\right) + 7^2 = \dfrac{329}{2}[/math]

Пример 2

Задано такое соотношение:

[math]f(n) =[/math] [math]n\sqrt{n + 1}[/math]

[math] T(n) = \begin{cases} 2 \; T\!\left(\dfrac{n}{3}\right) + f(n) , & n \gt 1\\ d , & n = 1 \end{cases} [/math]

[math]f(n) = n\sqrt {n + 1} \lt n\sqrt{n + n} \lt n\sqrt{2n} = O(n^{3/2}) [/math]

Данное соотношение подходит под первый случай [math]\left(a = 2, b = 3, c = \dfrac{3}{2}\right)[/math], поэтому его асимптотика совпадает с асимптотикой [math]f(n)[/math] (следуя из определения [math] \Theta [/math] и [math] O [/math]).

Недопустимые соотношения

Рассмотрим пару ошибочно-составленных соотношений:

  • [math]T(n) = 2^nT\left (\dfrac{n}{2}\right )+n^n[/math]
    [math]a[/math] не является константой; количество подзадач может меняться
  • [math]T(n) = 2T\left (\dfrac{n}{2}\right )+\frac{n}{\log n}[/math]
    не удовлетворяет условию [math] \dfrac{n}{\log n} [/math] не равно [math] n^c [/math]
  • [math]T(n) = 0.5T\left (\dfrac{n}{2}\right )+n[/math]
    [math]a[/math] < 1 не может быть меньше одной подзадачи
  • [math]T(n) = 64T\left (\dfrac{n}{8}\right )-n^2\log n[/math]
    [math]f(n)[/math] не положительна

Приложение к известным алгоритмам

Алгоритм Рекуррентное соотношение Время работы Комментарий
Целочисленный двоичный поиск [math]T(n) = T\left(\frac{n}{2}\right) + O(1)[/math] [math]O(\log n)[/math] По мастер-теореме [math]c = \log_b a[/math], где [math]a = 1, b = 2, c = 0[/math]
Обход бинарного дерева [math]T(n) = 2 T\left(\frac{n}{2}\right) + O(1)[/math] [math]O(n)[/math] По мастер-теореме [math]c \lt \log_b a[/math], где [math]a = 2, b = 2, c = 0[/math]
Сортировка слиянием [math]T(n) = 2 T\left(\frac{n}{2}\right) + O(n)[/math] [math]O(n \log n)[/math] По мастер-теореме [math]c = \log_b a[/math], где [math]a = 2, b = 2, c = 1[/math]


Источники информации

См.также

Примечание