《算法设计与分析-屈婉玲教授》第1章的课后习题18、19题详细解题步骤

1.18 对题目中的函数进行从高到低阶的排列：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{k=1}^n\frac{1}{k}为调和计数,刚好跟题目中的logn同阶\\ & log(n!)跟题目中的nlogn为同阶，具体的证明方法在第19题的第(8)题\\ & 我们约定log为lo{g}_2,代入其实lo{g}_{10}也没有太大的区别,\\ & 所以n=lo{g}_{10}10^n，在这题中n=\Theta (log10^n)\\ & 接着当n\to \infty ,ln(lnn)>2,那么n^{lnlnn}>n^2,而我们使用的不过是约定的log函数，所以n^{loglogn}>n^3\\ & 设k=lnn，n^{lnlnn}=n^{lnk}，取对数,ln(k)k，最终结果为k^k=n^{ln(k)}，根据这个道理,\\ & 可以发现n^{loglogn}=log{n}^{logn}\\ & 结合以下的典型的时间复杂度，从低往高排序为:\\ & o(1)、o(log\ast n)、o(loglogn)、o(logn)、o(\sqrt{n})、o(n)、o(nlog\ast n)、o(nloglogn)、o(nlogn)、o(n^2)、o(n^3)、o(n^c)、o(2^n)\\ & 因此本题的答案为:\\ & n!,2^{2n},n{2}^n，(logn{)}^{logn}=n^{loglogn},n^3,nlogn=\Theta (log(n!)),n=\Theta (log10^n),2^{log\sqrt{n}},2^{\sqrt{2logn}},\sum _{k=1}^n\frac{1}{k}=\Theta (logn),loglogn\end{array}$$

1.19 求解以下的递推方程：

$$(1)\{\begin{array}{l}T(n)=T(n-1)+n^2\\ T(1)=1\end{array}$$

这题使用迭代法就可以了。
$$\begin{array}{rl}T(n)& =T(n-1)+n^2\\ & =[T(n-2)+(n-1{)}^2]+n^2\\ & =[T(n-3)+(n-2{)}^2]+(n-1{)}^2+n^2\\ & =\dots \\ & =T(1)+2^2+3^2+\cdots +(n-1{)}^2+n^2\\ & =1+2^2+3^2+\cdots +(n-1{)}^2+n^2\\ & 设S=1^2+2^2+3^2+\cdots +(n-1{)}^2+n^2\\ & \because (n+1{)}^3-n^3=3n^2+3n+1\\ & \therefore n^3-(n-1{)}^3=3(n-1{)}^2+3(n-1)+1\\ & \therefore (n-1{)}^3-(n-2{)}^3=3(n-2{)}^2+3(n-2)+1\\ & \dots \\ & \therefore 3^3-2^3=3\times 2^2+3\times 2+1\\ & \therefore 2^3-1^3=3\times 1^2+3\times 1+1\\ & 把上面n个式子相加可得,\\ & (n+1{)}^3-1=3(1^2+2^2+\cdots +n^2)+3(1+2+\cdots +n)+n\\ & \therefore (n+1{)}^3-1=3S+\frac{3n(n+1)}{2}+n\\ & \therefore S=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\ & 综上所述，这题的结果为\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\Theta (n^3)\end{array}$$

$$(2)\{\begin{array}{l}T(n)=9T(\frac{n}{3})+n\\ T(1)=1\end{array}$$

凭感觉，这题很明显用迭代法并不好看，可以选择递归树或主定理，这里我选用主定理，另外使用主定理需要验证。

$$\begin{array}{rl}& a=9,b=3,f(n)=n\\ & n^{lo{g}_{3}9}=n^2,f(n)=O(n^{lo{g}_{3}9-1})\\ & 而我们可以知道n^2=n^{1+1}>n^1这种情况\\ & 符合主定理的内容的第一种情况，如下:\\ & 设a\ge 1,b>1为常数，f(n)为函数,T(n)为非负整数，且T(n)=aT(\frac{n}{b})+f(n),则\\ & 1.若f(n)=O(n^{lo{g}_{b}a-ϵ}),ϵ>0,那么T(n)=\Theta (n^{lo{g}_{b}a})\\ & \\ & 其中ϵ=1，结果T(n)=\Theta (n^2)\end{array}$$

$$(3)\{\begin{array}{l}T(n)=T(\frac{n}{2})+T(\frac{n}{4})+cn\text{, c为常数}\\ T(1)=1\end{array}$$

这题根据我丰富的课堂看题经验，使用主定理验证的话，容易翻车，所以我选递归树。

$$\begin{array}{rl}& T(n)=cn+\frac{3cn}{4}+(\frac{3}{4}{)}^{2}cn+\cdots =\Theta (n)\end{array}$$

$$(4)\{\begin{array}{l}T(n)=T(n-1)+log{3}^n\\ T(1)=1\end{array}$$

这题直接使用迭代法求就行了。
$$\begin{array}{rl}首先把& log{3}^n变成nlog3\\ T(n)& =nlog3+(n-1)log3+\cdots +2log3+T(1)\\ & =[n+(n-1)+\cdots +2]log3+1\\ & =[\frac{(n-1)(n+2)}{2}]log3+1\\ & =\Theta (n^2)\end{array}$$

$$(5)\{\begin{array}{l}T(n)=5T(\frac{n}{2})+(nlogn{)}^2\\ T(1)=1\end{array}$$
使用主定理会好点。
$$\begin{array}{rl}& a=5,b=2,f(n)=(nlogn{)}^2=O(n^{lo{g}_{2}5-ϵ})\\ & \because n^{lo{g}_{2}5}>f(n)\\ & 相当于主定理的情况一\\ & T(n)=\Theta (n^{lo{g}_{2}5})\end{array}$$

$$(6)\{\begin{array}{l}T(n)=2T(\frac{n}{2})+n^{2}logn\\ T(1)=1\end{array}$$

这题使用主定理。
$$\begin{array}{rl}& a=2,b=2,f(n)=n^{2}logn\\ & n^{2}logn=\Omega (n^{lo{g}_{2}2+ϵ})\\ & 要使af(\frac{n}{b})\le cf(n)成立，代入f(n)=nlogn，可得\\ & 2(\frac{n}{2}{)}^{2}log(\frac{n}{2})=\frac{n^2}{2}(logn-1)\\ & \le \frac{n^2}{2}logn\\ & \le c{n}^{2}logn\\ & 只要c\ge \frac{3}{4},上式不等式对所有充分大的n成立,\\ & 因此有T(n)=\Theta (f(n))=\Theta (n^{2}logn)\end{array}$$

$$(7)\{\begin{array}{l}T(n)=T(n-1)+\frac{1}{n}\\ T(1)=1\end{array}$$

这题是应用迭代法就可以了，跟第一题很像。
$$\begin{array}{rl}T(n)& =T(n-1)+\frac{1}{n}\\ & =\dots \\ & =\frac{1}{n}+\frac{1}{n-1}+\cdots +\frac{1}{2}+T(1)\\ & =\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}\\ 很明显& 这是调和级数\\ & \sum _{k=1}^n\frac{1}{k}=ln(n)+O(1)=\Theta (logn)\end{array}$$

$$(8)\begin{array}{r}T(n)=T(n-1)+logn\text{,估计T(n)的阶}\end{array}$$
这题使用迭代法去求。
$$\begin{array}{rl}T(n)& =logn+log(n-1)+\cdots +log2+T(1)\\ & =log(n!)+T(1)\\ & 题目的问题变成了log(n!)到底跟什么同阶或有什么低阶或高阶的函数。\\ & 使用放大法:\\ log(n!)& =\sum _{k=1}^{n}log(k)\\ & \le \sum _{k=1}^{n}log(n)\\ & =log(n)+log(n)+\cdots +log(n)\\ & =nlog(n)\\ & =O(nlogn)\\ \because n!\ge & (\frac{n}{2}{)}^{\frac{n}{2}}\\ \therefore log(n!)& \ge log(\frac{n}{2}{)}^{\frac{n}{2}}\\ & =\frac{n}{2}log(\frac{n}{2})\\ & =\frac{n}{2}logn-\frac{n}{2}log2\\ 当n\ge & 4时:\\ & \frac{n}{2}log2=\frac{1}{4}log4\le \frac{1}{4}nlogn\\ 有:& \\ log(n!)\ge & \frac{n}{2}logn-\frac{n}{2}log2\\ & \ge \frac{n}{2}-\frac{1}{4}nlogn\\ & =\frac{1}{4}nlogn\\ & =\Omega (nlogn)\\ & \therefore log(n!)=\Theta (nlogn)\end{array}$$

参考链接：

https://zhuanlan.zhihu.com/p/415253994