preNoip|CSP-S1中时间复杂度的计算

特征方程法解一阶线性代数递推式

数列{$a_n$}满足$a_1=b,a_{n+1}=c{a}_n+d$，求该数列的通项公式

针对递推关系式作出一个特征方程$x=cx+d$

定理：设上述递推关系式的特征方程根为$x_0$

1. 当$x_0=a_1$时，$a_n=a_1$
2. 当$x_0\ne a_1$时，$a_n=b_n+x_0,b_n=b_1{c}^{n-1},b_1=a_1-x_0$

证明2：
$\because c\ne 0,1$
得$x_0=\frac{d}{1-c}$
作换元$b_n=a_n-x_0$，
$\therefore b_{n+1}=a_{n+1}-x_0=c{a}_n+d-\frac{d}{1-c}=c{a}_n-\frac{cd}{1-c}=c(a_n-x_0)=c{b}_n$

特征方程法解二阶线性代数递推式

有数列{$a_n$}，递推公式为$a_{n+2}=p{a}_{n+1}+q{a}_n,a_1=\alpha ,a_2=\beta$

特征方程为$x^2-px-q=0$

1. 当$x_1\ne x_2$时，$a_n=A{x}_1^{n-1}+B{x}_2^{n-1}$
2. 当$x_1=x_2$时，$a_n=(A+B)x_1^{n-1}$

(以上两式中的$A,B$由$a_1=\alpha ,a_2=\beta$决定)
当然解高阶线性代数都可以用迭代法
斐波那契数列$f(n+2)=f(n+1)+f(n)$的特征方程为$x^2-x-1=0$，得$x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}$

真题

$T(n)=2T(\frac{n}{2})+2n$
$=2(2T(\frac{n}{4})+2\times \frac{n}{2})+2n$
$=4T(\frac{n}{4})+2n+2n$
$=4(2T(\frac{n}{8})+2\times \frac{n}{4})+2n+2n$
$=8T(\frac{n}{8})+2n+2n+2n$
猜想$T(n)=2^{k}T(\frac{n}{2^k})+2n\times k$
当$\frac{n}{2^k}=1$时，$n=2^k,k=lo{g}_{2}n$
$\therefore T(n)=2^{k}T(1)+2n\times k=an+2nlo{g}_{2}n$
故选B

这个的迭代就很简单了，选D

同理，$T(n)=2^{k}T(\frac{n}{4^k})+k\sqrt{n}$
$n=4^k,2^k=\sqrt{n},k=\frac{lo{g}_{2}n}{2}$
$T(n)=\sqrt{n}+\frac{\sqrt{n}}{2}lo{g}_2\sqrt{n}$
显然答案为C

特征方程为$2x^2-x-1=0$
得$x_1=-\frac{1}{2},x_2=1$
$a_1=A+B=0,a_2=A{x}_1+B{x}_2=-\frac{1}{2}A+B=1$
解得$A=-\frac{2}{3},B=\frac{2}{3}$
$a_n=-\frac{2}{3}\times (-\frac{1}{2}{)}^{n-1}+\frac{2}{3}\times 1^{n-1}$
$$\underset{n\to +\infty }{\lim }{a}_n=\frac{2}{3}$$
选择B

下面是一道…神题…？其实也没这么难

一样的迭代
$T(n)=2T(\frac{n}{2})+nlo{g}_{2}n$
$T(\frac{n}{2})=2T(\frac{n}{4})+\frac{n}{2}(lo{g}_{2}n-1)$
$T(\frac{n}{4})=2T(\frac{n}{8})+\frac{n}{4}(lo{g}_{2}n-2)$
$T(n)=2(2T(\frac{n}{4})+\frac{n}{2}(lo{g}_{2}n-1))+nlo{g}_{2}n$
$=4T(\frac{n}{4})+n(lo{g}_{2}n-1)+nlo{g}_{2}n$
$=4(2T(\frac{n}{8})+\frac{n}{4}(lo{g}_{2}n-2))+n(lo{g}_{2}n-1)+nlo{g}_{2}n$
$=8T(\frac{n}{8})+n(lo{g}_{2}n-2)+n(lo{g}_{2}n-1)+nlo{g}_{2}n$
$=8T(\frac{n}{8})+3nlo{g}_{2}n-2n-n$
$=2^{k}T(\frac{n}{2^k})+knlo{g}_{2}n-\frac{k(k-1)}{2}n$
当$\frac{n}{2^k}=1,n=2^k,k=lo{g}_{2}n$时
$T(n)=n+nlo{g}^{2}n-\frac{1}{2}lo{g}^{2}n$
选C

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更新：时隔一年，NOIp死了，CSP-J/S活了，LZ也来更一次博客以示尊重
（下面假设T(1)=1）

根据迭代的思想$T(n)=n{\log }_2^{2}n+2.5\times (2n/5){\log }_2^{2}n+2.5^2\times (2/5{)}^2{\log }_2^{2}n+...$
$=n{\log }_2^{2}n+n{\log }_2^{2}n+n{\log }_2^{2}n+...({\log }_{2}n个)$
$=n{\log }_2^{3}n$
这里可以发现$T(n)$最终比$n{\log }_2^{2}n$多了一个$\log$
为了对比，我们再看一道题

发现与上面$2.5\times 2n/5=n$不同的是$3n/4<n$了，会有什么不同呢？
依旧迭代$T(n)=n{\log }_{2}n+(3n/4){\log }_{2}n+(\frac{3}{4}{)}^{2}n{\log }_{2}n+...$
$=(1+\frac{3}{4}+(\frac{3}{4}{)}^2+...)n{\log }_{2}n$
根据收敛原则$T(n)=\frac{1}{1-\frac{3}{4}}\times n{\log }_{2}n=4n{\log }_{2}n$
发现4是个没用的常数
所以$T(n)=n{\log }_{2}n$
为什么在这里我们就发现$T(n)$和$n{\log }_{2}n$是同阶的了呢

原因在于：

• 在前一题中$2.5\times \frac{2}{5}=1$是不收敛的，这样的东西一共有${\log }_2$项，所以多了一个$\log$
• 而后一题中$3/4<1$是收敛的，最终收敛于一个常数可以被省略，因此什么都没有多
• 那么当$k/m>1$时，$T(n)=(1+\frac{k}{m}+(\frac{k}{m}{)}^2+...+(\frac{k}{m}{)}^{{\log }_{m}n})n{\log }_{2}n$（假设给定的是$T(n)=kT(n/m)+n{\log }_{2}n$）
  $=(\frac{1-(\frac{k}{m}{)}^{{\log }_{m}n}}{1-\frac{k}{m}})n{\log }_{2}n=(\frac{k^{{\log }_{m}n}}{n})\times n{\log }_{2}n$
  $=k^{{\log }_{m}n}{\log }_{2}n$