算法导论第四章思考题参考答案(7)

TroyFou

已于 2023-08-05 20:54:22 修改

阅读量846

点赞数 2

分类专栏：算法导论文章标签：算法

于 2023-08-02 16:30:11 首次发布

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/TXLTF/article/details/132062716

版权

算法导论专栏收录该内容

26 篇文章

订阅专栏

Problem 4-1

通过主定理。

g. 让d = m取2的模，我们很容易看出T(n)的精确值是

它的第一项是 n^3 / 6，所以T(n) ∈ Θ(n^3)。

Problem 4-2

a.描述出递归式并解递归式

b.

Problem 4-3

a.主定理，T(n) ∈ Θ(n ^ log3(4))。

b.先用代换法来证明，T(n) ≤ n lg(n)。

现在,我们证明

表明这是 $\leq cn^{1-\epsilon }$ 等于表明。

因为这个不等式成立。因此，我们有n的函数是软θ,见3 - 5题

c.主定理，T(n) ∈ Θ(n ^ 2.5)。

d.Θ(nlg (n))。在T的参数内发生的减法不会改变解的渐近性，也就是说，对于较大的n，除法比减法的变化要大得多，它是唯一重要的部分。一旦我们去掉这个减法，解就会由主定理得到。

e.通过与第2部分相同的推理，函数是对每一个 $\epsilon$ ，所以是软的Θ(n)，见问题3-5。

f.我们将通过替换来证明这是O(n)。我们想让k < n时T(k)≤c*k，那么，

所以≤cn，只要当c≥8时发生。

g.回想一下，χA表示A的指示函数，那么，我们看到和是

然而，由于1/x是单调递减的，对于每个i∈Z，我们都有

所以，T(n)的表达式变成

我们处理误差项的方法是先去掉1和2之间的常数然后将误差项限定为 $O(\frac{1}{x(x-1)})$ ，其不定积分(通过部分分式法)为 $O(\frac{1}{n})$ 。所以,

这就得到了T(n)∈Θ(lg(n))的最终答案。

我们清楚地看到我们有

与上面类似，我们将这个和与lg(x)的积分联系起来，

所以，

i.参照前两部分使用的方法，我们将得到 $T(n) \in \Theta (li(n))=\Theta (\frac{n}{lgn})$

j.设i是最小的i，使得 $n^{\frac{1}{2^{i}}}< 2$ 。回想之前的问题(3-6.e)，这是lg(lg(n))。展开递归式，我们得到它是

Problem 4-4

a.当i≥2时，F0 = 0, F1 = 1, Fi = Fi−1 + Fi−2。然后我们有

b.利用(a)部分给出的方程得到F(z)−zF(z)−z^2 *F(z) = z，因式除法得到

用二次式对分母因式分解得到 $1-z-z^{2}=(1-\phi z)(1-\widetilde{\phi } z)$ ，由部分分式分解得到最终等式。

c.从(b)部分和我们对几何级数的知识

d.由生成函数的定义可知，Fi是F(z)中 $z^{i}$ 的系数。由(c)部分给出,因为，我们必须有。最后，由于斐波那契数是整数，我们看到精确解一定是近似解 $\frac{\phi ^{i}}{\sqrt{5}}$ 四舍五入到最接近的整数。

Problem 4-5

a.对于坏芯片的策略是，总是说其他坏芯片是好的，其他好芯片是坏的。这反映了优秀芯片使用的策略，因此，这是不可能区分的。

b.任意配对芯片。只看两个芯片都认为对方不错的那一对。因为我们至少有一半的芯片是好的，所以我们知道至少有一对这样的芯片声称另一对是好的。我们也知道，至少有一半声称两者都是好的，实际上是好的。然后，从每一对中任意挑选一个芯片，让这些芯片构成问题的子实例。

c.一旦我们确定了一个好的芯片，我们就可以用它来查询其他的芯片。从之前的递归测试中找到一个好的芯片的次数是 $T(n) \leq T(n/2) + n/2$ 。

根据主定理，解为Θ(n)。所以，这个问题可以用O(n)个成对检验来解决。因为我们也必须要看至少一半的芯片，我们知道问题也是Ω(n)。

Problem 4-6

a.如果一个数组a是Monge，取k = i + 1, l = j + 1，那么它必须满足不等式。

现在假设A[i, j] + A[i + 1, j + 1]≤A[i, j + 1] + A[i + 1, j]。我们将对行和列使用归纳法来显示数组是Monge。每个基本情况都包含在给定的不等式中。

现在固定i和j，令r≥1，并设A[i, j]+A[i+1, j+r]≤A[i, j+r]+A[i+1, j]。通过运用归纳假设和已知不等式，我们得到

因此，我们可以扩展列并保持Monge性质。

接下来我们对行进行归纳。设 A[i, j] + A[k, l] ≤ A[i, l] + A[k, j]。
然后我们有

b.将7改为5。

c. 假设存在i和k，使得i < k但f(i) > f(k)。由于A是Monge，我们必须有A[i, f(k)] + A[k, f(i)]≤A[k, f(k)] + A[i, f(i)]。由于f(i)给出了第i行中最左边最小元素的位置，这意味着A[i, f(k)] > A[i, f(i)]。而且，A[k,f(k)] ≤ A[k, f(i)]。将它们与Monge不等式结合起来得到A[i, f(i)]+A[k, f(i)] < A[k, f(i)]+A[i, f(i)]，这是不可能的，因为两边是相等的。因此，不存在这样的i和k。

d.线性扫描第1行索引1到f(2)，查找第1行的最小元素并记录为f(1)。接下来线性扫描第3行的索引f(2)到f(4)，查找第3行的最小元素。一般来说，我们只需要扫描第2k + 1行的下标f(2k) 到f(2k + 2)就能找到第2k + 1行的最左边的最小元素。如果m是奇数，我们需要搜索索引 f(m−1)到n来找到第m行中最左边的最小值。通过(c)部分，我们知道最左边最小值元素的索引是递增的，所以我们保证从扫描的索引中找到所需的最小值。第j列的一个元素将被扫描 Nj + 1次，其中Nj是i的个数，使得f(i) = j。由于 $\sum_{j=1}^{n}N_{j}=n$ ，比较的总数为m + n，运行时间为O(m + n)。

e.设T(m, n)表示应用于m × n矩阵的算法的运行时间。对于某个常数cT(m, n) = T(m/2, n) + c(m + n)，我们会证明T(m, n)≤c(m + n * log m) - 2cm。

通过归纳，我们得到T(m, n) = O(m + n * log m)