第4章分治策略

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江湖乱飘

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分类专栏：《算法导论》（原书第3版）练习和思考题答案

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4.1 最大子数组问题

4.1-1

当A的所有元素均为负数时，FIND-MAXIMUM-SUBARRAY返回一个最大的负数。

4.1-2

暴力求解最大子数组问题的伪代码：

VIOLENTLY-FIND-MAXIMUM-SUBARRAY(A, low, high)
    if high == low
        return (low, high, A[low])
    else
        max-sum = -∞
        for i = low to high
            sum = 0
            for j = i to high
                sum = sum + A[j]
                if sum > max-sum
                    max-sum = sum
                    max-left = i
                    max-right = j
        return (max-left, max-right, max-sum)

4.1-3

用C++实现最大子数组的暴力算法：

#include <iostream>
#include <random>
#include <ctime>

int violently_find_maximum_subarray(int[], int*, int*);

using namespace std;

int main() {
    int test[20];
    int low = 0, high = 19, max_sum;
    uniform_int_distribution<int> u(-10, 10);
    default_random_engine e(time(0));
    for (size_t i = 0; i < 20; i++)
    {
	test[i] = u(e);
	cout << test[i] << " ";
    }
    cout << endl;

    max_sum = violently_find_maximum_subarray(test, &low, &high);

    cout << "最大子数组和为：" << max_sum << endl;
    for (size_t i = low; i < high + 1; i++)
    {
	cout << test[i] << " ";
    }
    cout << endl;

    system("pause");
    return 0;
}

int violently_find_maximum_subarray(int test[], int *low, int *high)
{
    int left = *low, right = *high;
    if (left == right)
    {
    	return test[left];
    }
    else
    {
	int max_left, max_right, max_sum = test[left];
	for (size_t i = left; i < right + 1; i++)
	{
	    int sum = 0;
       	    for (size_t j = i; j < right + 1; j++)
	    {
		sum += test[j];
		if (sum > max_sum)
		{
	            max_sum = sum;
		    max_left = i;
		    max_right = j;
		}
    	    }
	}
	*low = max_left;
	*high = max_right;
	return max_sum;
    }
}

用C++实现最大子数组问题的递归算法：

#include <iostream>
#include <random>
#include <ctime>

int recursively_find_maximum_subarray(int[], int*, int*);

using namespace std;

int main() {
    int test[20];
    int low = 0, high = 19, max_sum;
    uniform_int_distribution<int> u(-10, 10);
    default_random_engine e(time(0));
    for (size_t i = 0; i < 20; i++)
    {
	test[i] = u(e);
	cout << test[i] << " ";
    }
    cout << endl;

    max_sum = recursively_find_maximum_subarray(test, &low, &high);

    cout << "最大子数组和为：" << max_sum << endl;
    for (size_t i = low; i < high + 1; i++)
    {
	cout << test[i] << " ";
    }
    cout << endl;

    system("pause");
    return 0;
}

int find_max_crossing_subarray(int sub[], int *low, int mid, int *high) {
    int left = *low, right = *high;
    int max_left = mid, left_sum = sub[mid];
    int sum = 0;
    for (int i = mid; i >= left; i--)
    {
	sum += sub[i];
	if (sum > left_sum)
	{
	    left_sum = sum;
	    max_left = i;
	}
    }
    int max_right = mid + 1, right_sum = sub[mid + 1];
    sum = 0;
    for (int i = mid + 1; i <= right; i++)
    {
	sum += sub[i];
	if (sum > right_sum)
	{
	    right_sum = sum;
	    max_right = i;
	}
    }
    *low = max_left;
    *high = max_right;
    return left_sum + right_sum;
}

int recursively_find_maximum_subarray(int test[], int *low, int *high)
{
    int left = *low, right = *high;
    if (left == right)
    {
	return test[left];
    }
    else
    {
	int mid = (left + right) / 2, left_sum, right_sum, cross_sum;
	int left_low = left, left_high = mid;
	int right_low = mid + 1, right_high = right;
	int cross_low = left, cross_high = right;
	left_sum = recursively_find_maximum_subarray(test, &left_low, &left_high);
	right_sum = recursively_find_maximum_subarray(test, &right_low, &right_high);
	cross_sum = find_max_crossing_subarray(test, &cross_low, mid, &cross_high);
	if (left_sum >= right_sum && left_sum >= cross_sum)
	{
	    *low = left_low;
	    *high = left_high;
	    return left_sum;
	}
	else if (right_sum >= left_sum && right_sum >= cross_sum)
	{
	    *low = right_low;
	    *high = right_high;
	    return right_sum;
	}
	else
	{
	    *low = cross_low;
	    *high = cross_high;
	    return cross_sum;
	}
    }
}

4.1-4

FIND-MAX-CROSSING-SUBARRAY(A, low, mid, high)
    left-sum = 0
    max-left = 0
    sum = 0
    for i = mid downto low
        sum = sum + A[i]
        if sum > left-sum
            left-sum = sum
            max-left = i
    right-sum = 0
    max-right = 0
    sum = 0
    for j = mid + 1 to high
        sum = sum + A[j]
        if sum > right-sum
            right-sum = sum
            max-right = j
    return (max-left, max-right, left-sum + right-sum)

FIND-MAXIMUM-SUBARRAY(A, low, high)
    if high == low
        if A[low] > 0
            return (low, high, A[low])
        else
            return (0, 0, 0)
    else
        mid = ⌊(low + high) / 2⌋
        (left-low, left-high, left-sum) = FIND-MAXIMUM-SUBARRAY(A, low, mid)
        (right-low, right-high, right-sum) = FIND-MAXIMUM-SUBARRAY(A, mid + 1, high)
        (cross-low, cross-high, cross-sum) = FIND-MAX-CROSSING-SUBARRAY(A, low, mid,high)
        if left-sum ≥ right-sum and left-sum ≥ cross-sum
            return (left-low, left-high, left-sum)
        elseif right-sum ≥ left-sum and right-sum ≥ cross-sum
            return (right-low, right-high, right-sum)
        else
            return (cross-low, cross-high, cross-sum)

4.1-5

最大子数组问题非递归的、线性时间的算法：

FIND-MAXIMUM-SUBARRAY(A, low, high)
    max-left = low
    while A[max-left] <= 0
        max-left = max-left + 1
    max-sum = A[max-left]
    right-sum = 0
    max-right-sum = 0
    max-right-left = max-left
    for i = low + 1 to high
        if A[i] + max-right-sum > max-sum
            max-sum = A[i] + max-right-sum
            max-left = max-right-left + 1
            max-right = i
            right-sum = 0
            max-right-sum = 0
            max-right-left = i
        elseif A[i] + right-sum > 0
            max-sum = max-sum + A[i] + right-sum
            max-right = i
            right-sum = 0
            max-right-sum = 0
            max-right-left = i
        else
            right-sum = right-sum + A[i]
            if max-right-sum <= 0
                max-right-sum = A[i]
                max-right-left = i - 1
            else
                max-right-sum = max-right-sum + A[i]

4.2 矩阵乘法的Strassen算法

4.2-1

步骤1： $A_{11}=[1],A_{12}=[3],A_{21}=[7],A_{22}=[5]$ ， $B_{11}=[6],B_{12}=[8],B_{21}=[4],B_{22}=[2]$ ，

步骤2： $S_{1}=B_{12}-B_{22}=[6],S_{2}=A_{11}+A_{12}=[4],S_{3}=A_{21}+A_{22}=[12],S_{4}=B_{21}-B_{11}=[-2],S_{5}=A_{11}+A_{22}=[6],S_{6}=B_{11}+B_{22}=[8],S_{7}=A_{12}-A_{22}=[-2],S_{8}=B_{21}+B_{22}=[6],S_{9}=A_{11}-A_{21}=[-6],S_{10}=B_{11}+B_{12}=[14]$

步骤3： $P_{1}=A_{11}\cdot S_{1}=[6],P_{2}=S_{2}\cdot B_{22}=[8],P_{3}=S_{3}\cdot B_{11}=[72],P_{4}=A_{22}\cdot S_{4}=[-10],P_{5}=S_{5}\cdot S_{6}=[48],P_{6}=S_{7}\cdot S_{8}=[-12],P_{7}=S_{9}\cdot S_{10}=[-84]$

步骤4： $C_{11}=P_{5}+P_{4}-P_{2}+P_{6}=[18],C_{12}=P_{1}+P_{2}=[14],C_{21}=P_{3}+P_{4}=[62],C_{22}=P_{5}+P_{1}-P_{3}-P_{7}=66$

所以： $\begin{bmatrix} 1 & 3\\ 7 & 5 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} 6 & 8\\ 4 & 2 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 18 & 14\\ 62 & 66 \end{bmatrix}$

4.2-2

STRASSEN-MATRIX-MULTIPLY(A, B)
    n = A.rows
    let C be a new nXn matrix
    if n == 1
        c[1][1] = a[1][1] * b[1][1]
    else partition A, B, and C as in equations(4.9)
        S[1] = B[1][2] - B[2][2]
        S[2] = A[1][1] + A[1][2]
        S[3] = A[2][1] + A[2][2]
        S[4] = B[2][1] - B[1][1]
        S[5] = A[1][1] + A[2][2]
        S[6] = B[1][1] + B[2][2]
        S[7] = A[1][2] - A[2][2]
        S[8] = B[2][1] + B[2][2]
        S[9] = A[1][1] - A[2][1]
        S[10] = B[1][1] + B[1][2]
        P[1] = A[1][1] * S[1]
        P[2] = S[2] * B[2][2]
        P[3] = S[3] * B[1][1]
        P[4] = A[2][2] * S[4]
        P[5] = S[5] * S[6]
        P[6] = S[7] * S[8]
        P[7] = S[9] * S[10]
        C[1][1] = P[5] + P[4] - P[2] + P[6]
        C[1][2] = P[1] + P[2]
        C[2][1] = P[3] + P[4]
        C[2][2] = P[5] + P[1] - P[3] - P[7]
    return C

4.2-3

添加一些全0的行列把矩阵的行列数补到2的幂，即可使Strassen算法适应矩阵规模n不是2的幂的情况。

证明：根据式（4.18）（描述Strassen算法运行时间T(n)的递归式），利用4.5节的主方法，对某个常数 $\varepsilon >0$ ，有 $\Theta (n^2)=O(n^{\log_{2}{7}-\varepsilon })$ ，则 $T(n)=\Theta (n^{\log_{2}{7}})=\Theta (n^{\lg{7}})$ 。

4.2-4

因为可以用k次乘法操作（假定乘法的交换律不成立）完成两个3X3矩阵相乘，所以 $T(n)=kT(n/3)+\Theta (n^2)$ 。利用4.5节的主方法，比较 $n^{\log_{3}{k}}$ 和 $n^2$ 的大小：

如果 $\log_{3}{k}=2$ ，则 $T(n)=\Theta (n^{2}\lg{n})$ 。此时 $k=9$ 且 $T(n)=o(n^{\lg{7}})$ 。
如果 $\log_{3}{k}<2$ ，则 $T(n)=\Theta (n^2)$ 。此时 $k<9$ 且 $T(n)=o(n^{\lg{7}})$ 。
如果 $\log_{3}{k}>2$ ，则 $T(n)=\Theta (n^{\log_{3}{k}})$ 。此时 $k>9$ 且当 $\log_{3}{k}<\lg{7}$ 时 $T(n)=o(n^{\lg{7}})$ ，即 $k<3^{\lg{7}}\approx 21.85$ ，所以最大的整数k为21。

所以满足这一条件的最大的k是21。此算法的运行时间是 $\Theta (n^{\log_{3}{k}})=\Theta (n^{\log_{3}{21}})=O(n^{2.80})$ （因为 $\log_{3}{21}\approx 2.77$ ）

4.2-5

根据练习4.2-4，应该选择下面三个数中最小的那个： $\log_{68}{132464}\approx 2.795128,\log_{70}{143640}\approx 2.795122,\log_{72}{155424}\approx 2.795147$ ，所以用143640次乘法操作完成70X70的矩阵相乘会得到最佳的渐进运行时间。

4.2-6

用Strassen算法作为子进程来进行一个 $kn\times n$ 矩阵和一个 $n\times kn$ 矩阵相乘，最快需要花费 $\Theta (k^{2}n^{\lg{7}})$ 时间。对两个输入矩阵规模互换后，最快需要花费 $\Theta (kn^{\lg{7}})$ 时间。

4.2-7

plural_multiple(a, b, c, d)
    A = (a + b)(c + d)
    B = ac
    C = bd
    return B - C, A - B - C

4.3 用代入法求解递归式

4.3-1

证明：对某个恰当选出的常数 $c> 0$ ，假定 $T(n)\leqslant cn^{2}$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=n-1$ ，有 $T(n-1)\leqslant c(n-1)^{2}$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant c(n-1)^{2}+n=cn^{2}-(2c-1)n+c\leqslant cn^{2}$ 。其中，只要 $c\geqslant 1$ ，最后一步都会成立。

4.3-2

证明：对某个恰当选出的常数 $c> 0$ ，假定 $T(n)\leqslant c\lg{(n-2)}$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=\left \lceil n/2 \right \rceil$ ，有 $T(\left \lceil n/2 \right \rceil)\leqslant c\lg{(\left \lceil n/2 \right \rceil-2)}$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant c\lg{(\left \lceil n/2 \right \rceil-2)}+1\leqslant c\lg{(n/2+1-2)}+1=c\lg{(n-2)}-c\lg{2}+1$ $\leqslant c\lg{(n-2)}$ 。其中，只要 $c\geqslant 1$ ，最后一步都会成立。

4.3-3

证明：对某个恰当选出的常数 $c> 0$ ，假定 $T(n)\geqslant c(n+2)\lg{(n+2)}$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ ，有 $T(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)\geqslant c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+2)\lg{(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+2)}\geqslant c(n/2-1+2)\lg{(n/2-1+2)}$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\geqslant 2c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+2)\lg{(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+2)}+n\geqslant 2c(n/2-1+2)\lg{(n/2-1+2)}+$ $n=c(n+2)\lg{(n+2)}-c(n+2)\lg{2}+n$ $\geqslant c(n+2)\lg{(n+2)}+(1-c)n-2c\geqslant c(n+2)\lg{(n+2)}$ 。其中，只要 $0<c<1$ ，最后一步都会成立。

所以：递归式 $T(n)=2T(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)+n$ 的解为 $\Theta (n\lg{n})$ 。

4.3-4

证明：对某个恰当选出的常数 $c> 0$ ，假定 $T(n)\leqslant cn\lg{n}+n$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ ，有 $T(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)\leqslant c\left \lfloor n/2 \right \rfloor\lg{(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)}+\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant 2c\left \lfloor n/2 \right \rfloor\lg{(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)}+2\left \lfloor n/2 \right \rfloor+n\leqslant cn\lg{(n/2)}+2n$ $=cn\lg{n}-cn\lg{2}+2n\leqslant cn\lg{n}+(2-c)n\leqslant cn\lg{n}$ 。其中，只要 $c\geqslant 1$ ，最后一步都会成立。此时，边界条件 $T(1)\leqslant c1\lg{1}+1=1$ 成立。

4.3-5

证明：

对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\leqslant c(n-2)\lg{(n-2)}$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=\left \lceil n/2 \right \rceil$ ，有 $T(\left \lceil n/2 \right \rceil)\leqslant c(\left \lceil n/2 \right \rceil-2)\lg{(\left \lceil n/2 \right \rceil-2)}$ ，以及对于 $m=\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ ，有 $T(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)\leqslant c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor-2)\lg{(\left \lfloor n/2 \right \rfloor-2)}$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant c(\left \lceil n/2 \right \rceil-2)\lg{(\left \lceil n/2 \right \rceil-2)}+c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor-2)\lg{(\left \lfloor n/2 \right \rfloor-2)}+dn$ $\leqslant c(n/2+1-2)\lg{(n/2+1-2)}+c(n/2-2)\lg{(n/2-2)}+dn$ $\leqslant 2c(n/2-1)\lg{(n/2-1)}+dn\leqslant c(n-2)\lg{(n-2)}+(d-c)n+2c\leqslant$ $c(n-2)\lg{(n-2)}$ 。其中，只要 $c>d,n>2c$ ，最后一步都会成立。所以：递归式 $T(n)=O(cn\lg{n})$ 。
对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\geqslant c(n+2)\lg{(n+2)}$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=\left \lceil n/2 \right \rceil$ ，有 $T(\left \lceil n/2 \right \rceil)\geqslant c(\left \lceil n/2 \right \rceil+2)\lg{(\left \lceil n/2 \right \rceil+2)}$ ，以及对于 $m=\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ ，有 $T(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)\geqslant c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+2)\lg{(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+2)}$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\geqslant c(\left \lceil n/2 \right \rceil+2)\lg{(\left \lceil n/2 \right \rceil+2)}+c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+2)\lg{(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+2)}+dn$ $\geqslant c(n/2+2)\lg{(n/2+2)}+c(n/2-1+2)\lg{(n/2-1+2)}+dn$ $\geqslant 2c(n/2+1)\lg{(n/2+1)}+dn\geqslant c(n+2)\lg{(n+2)}+(d-c)n+2c\geqslant$ $c(n+2)\lg{(n+2)}$ 。其中，只要 $c<d,n>2c$ ，最后一步都会成立。所以：递归式 $T(n)=\Omega (cn\lg{n})$ 。

所以：归并排序的“严格”递归式（4.3）的解为 $\Theta (n\lg{n})$ 。

4.3-6

证明：对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定存在常数a使得 $T(n)\leqslant c(n-a)\lg{(n-a)}$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=\left \lfloor n/2 \right \rfloor+17$ ，有 $T(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+17)\leqslant c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+17-a)\lg{(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+17-a)}$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant 2c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+17-a)\lg{(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+17-a)}+n$ $\leqslant 2c(n/2+17-a)\lg{(n/2+17-a)}+n\leqslant c(n+34-2a)\lg{(n+34-2a)}+n$ $\leqslant c(n-a)\lg{(n-a)}$ 。其中，只要 $c>1,n\geqslant 2a-34,a\geqslant 34$ ，最后一步都会成立，所以： $T(n)=2T(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+17)+n$ 的解为 $O(n\lg{n})$ 。

4.3-7

对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\leqslant cn^{\log_{3}{4}}$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=n/3$ ，有 $T(n/3)\leqslant c(n/3)^{\log_{3}{4}}=(cn^{\log_{3}{4}})/4$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant 4\cdot (cn^{\log_{3}{4}})/4+n=cn^{\log_{3}{4}}+n$ 。这并不意味着对任意c都有 $T(n)\leqslant cn^{\log_{3}{4}}$ 。
对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\leqslant cn^{\log_{3}{4}}-3n$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=n/3$ ，有 $T(n/3)\leqslant c(n/3)^{\log_{3}{4}}-3\cdot n/3=(cn^{\log_{3}{4}})/4-n$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant 4\cdot (cn^{\log_{3}{4}})/4-4n+n=cn^{\log_{3}{4}}-3n$ 。其中，只要 $c>0$ ，最后一步都会成立，得证。

4.3-8

对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\leqslant cn^2$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=n/2$ ，有 $T(n/2)\leqslant cn^{2}/4$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant 4\cdot cn^{2}/4+n=cn^{2}+n$ 。这并不意味着对任意c都有 $T(n)\leqslant cn^{2}$ 。
对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\leqslant cn^2-n$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=n/2$ ，有 $T(n/2)\leqslant cn^{2}/4-n/2$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant 4\cdot cn^{2}/4-4\cdot n/2+n=cn^{2}-n$ 。其中，只要 $c>0$ ，最后一步都会成立，得证。

4.3-9

令 $m=\lg{n}$ ，得到 $T(2^{m})=3T(2^{m/2})+m$ 。现在重命名 $S(m)=T(2^{m})$ ，得到新的递归式： $S(m)=3S(m/2)+m$ 。利用4.5节的主方法，得到 $S(m)=\Theta (m^{\log_{2}{3}})$ 。再从 $S(m)$ 转换回 $T(n)$ ，得到 $T(n)=T(2^{m})=S(m)=\Theta (m^{\log_{2}{3}})=\Theta (\lg^{\log_{2}{3}}{n})$ 。

4.4 用递归树方法求解递归式

4.4-1

$T(n)=\sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}{(\frac{3}{2})^{i}cn}+\Theta (n^{\log_{2}{3}})=\frac{1-(\frac{3}{2})^{\log_{2}{n}}}{1-\frac{3}{2}}cn+\Theta (n^{\log_{2}{3}})$ $=n\Theta (n^{\log_{2}{3}-1})+\Theta (n^{\log_{2}{3}})=\Theta (n^{\log_{2}{3}})$ 。

对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\leqslant cn^{\log_{2}{3}}-2n$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ ，有 $T(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)\leqslant c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)^{\log_{2}{3}}-2\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant 3c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)^{\log_{2}{3}}-3\cdot 2\left \lfloor n/2 \right \rfloor+n\leqslant 3c(n/2)^{\log_{2}{3}}-3\cdot 2n/2+n$ $=3c\frac{n^{\log_{2}{3}}}{2^{\log_{2}{3}}}-2n=cn^{\log_{2}{3}}-2n$ 。所以：递归式 $T(n)=\Theta (n^{\log_{2}{3}})$ 。

4.4-2

$T(n)=\sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}(\frac{1}{4})^in^{2}+1<n^{2}\sum _{i=0}^{\infty }(\frac{1}{4})^{i}+1=n^{2}\frac{1}{1-1/4}+1=\Theta (n^{2})$ 。

对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\leqslant cn^{2}$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=n/2$ ，有 $T(n/2)\leqslant c(n/2)^{2}$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant c(n/2)^{2}+n=(c/4+1)n^{2}\leqslant cn^{2}$ 。其中，只要 $c\geqslant \frac{4}{3}$ ，最后一步都会成立，所以：递归式 $T(n)=\Theta (n^{2})$ 。

4.4-3

$T(n)=\sum _{i=0}^{\lg{n}-1}{(2^{i}n+2^{1-i})}+\Theta (n^{2})=\frac{2^{\lg{n}}-1}{2-1}+2\sum _{i=0}^{\lg{n}-1}({\frac{1}{2}})^{i}+\Theta (n^{2})$ $\leqslant n-1+2\sum _{i=0}^{\infty }{(\frac{1}{2})^{i}}+\Theta (n^{2})=n-1+2\frac{1}{1-1/2}+\Theta (n^{2})=\Theta (n^{2})$ 。

对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\leqslant cn^{2}+2n$ 对所有正数 $m<n$ 都成立。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant 4c(n/2)^{2}+2\cdot n/2+n= cn^{2}+2n$ 。所以：递归式 $T(n)=\Theta (n^{2})$ 。

4.4-4

$T(n)=\sum _{i=1}^{n}{1}=\Theta (n)$ 。

对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\leqslant cn$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=n-1$ ，有 $T(n-1)\leqslant c(n-1)$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant c(n-1)+1=cn+1-c\leqslant cn$ 。其中，只要 $c\geqslant 1$ ，最后一步都会成立，所以：递归式 $T(n)=\Theta (n)$ 。

4.4-5

对某个恰当选出的常数 $c>0$ ，假定 $T(n)\leqslant c2^{n}-4n$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=n-1$ ，有 $T(n-1)\leqslant c2^{n-1}-4(n-1)$ ，以及对于 $m=n/2$ ，有 $T(n/2)\leqslant c2^{n/2}-4(n/2)$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant c2^{n-1}-4(n-1)+c2^{n/2}-4(n/2)+n=c(2^{n-1}+2^{n/2})-5n+4$ $\leqslant c2^{n}-4n$ 。其中，只要 $n\geqslant 4$ ，最后一步都会成立，所以：递归式 $T(n)=O(2^{n})$ 。

4.4-6

在递归树中具有最小深度的叶节点的深度为 $\log_{3}{n}$ ，前 $\log_{3}{n}$ 层每层的代价为cn，所以递归式T(n)大于等于 $cn\log_{3}{n}$ ，即 $T(n)=\Omega (n\lg{n})$ 。

4.4-7

$T(n)=\sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}{2^{i}cn}+\Theta (n^{2})=cn(n-1)+\Theta (n^{2})=\Theta (n^{2})$ 。

对某个恰当选出的常数 $d>0$ ，假定 $T(n)\leqslant dn^{2}-cn$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ ，有 $T(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)\leqslant d(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)^{2}-c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\leqslant 4d(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)^{2}-4c(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)+cn\leqslant 4d(n/2)^{2}-4c(n/2)+cn=dn^{2}-cn$ 。所以：递归式 $T(n)=O(n^{2})$ 。
对某个恰当选出的常数 $d>0$ ，假定 $T(n)\geqslant d(n+2)^{2}-cn$ 对所有正数 $m<n$ 都成立，特别是对于 $m=\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ ，有 $T(\left \lfloor n/2 \right \rfloor)\geqslant d(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+2)^{2}-c\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ 。将其代入递归式，得到 $T(n)\geqslant 4d(\left \lfloor n/2 \right \rfloor+2)^{2}-4c\left \lfloor n/2 \right \rfloor+cn\geqslant 4d(n/2+1)^{2}-4c(n/2)+cn$ $=d(n+2)^{2}-cn$ 。所以：递归式 $T(n)=\Omega (n^{2})$ 。

4.4-8

$T(n)=\sum _{i=o}^{n/a}{c(n-ia)}+(n/a)ca=cn^{2}/a-\Theta (n)+\Theta (n)=\Theta (n^{2})$ 。

4.4-9

$T(n)=\sum _{i=0}^{\log_{1/\alpha }{n}}{cn}+\Theta (n)=cn\log_{1/\alpha }{n}+\Theta (n)=\Theta (n\lg{n})$ 。

4.5 用主方法求解递归式

4.5-1

a.a=2，b=4， $f(n)=1$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{4}{2}}=n^{1/2}$ 。由于 $f(n)=O(n^{\log_{b4}{2}-\epsilon })$ ，其中 $\epsilon =1/2$ ，因此应用情况1，从而得到解 $T(n)=\Theta (n^{1/2})$ 。

b.a=2，b=4， $f(n)=\sqrt{n}$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{4}{2}}=n^{1/2}$ 。由于 $f(n)=\Theta (n^{\log_{b}{a}})=\Theta (n^{1/2})$ ，因此应用情况2，从而得到解 $T(n)=\Theta (n^{1/2}\lg{n})$ 。

c.a=2，b=4， $f(n)=n$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{4}{2}}=n^{1/2}$ 。由于 $f(n)=\Omega (n^{\log_{4}{2}+\epsilon })$ ，其中 $\epsilon =1/2$ ，因此应用情况3，从而得到解 $T(n)=\Theta (n)$ 。

d.a=2，b=4， $f(n)=n^{2}$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{4}{2}}=n^{1/2}$ 。由于 $f(n)=\Omega (n^{\log_{4}{2}+\epsilon })$ ，其中 $\epsilon =3/2$ ，因此应用情况3，从而得到解 $T(n)=\Theta (n^{2})$ 。

4.5-2

当应用情况3时，应有a<16。此时 $T(n)=\Theta (n^{2})$ 。
当应用情况2时，应有a=16。此时 $T(n)=\Theta (n^{2}\lg{n})$ 。
当应用情况1时，同时为渐进快于Strassen算法，应有 $\log_{4}{a}<\log_{2}{7}$ 即a<49。此时 $T(n)=\Theta (\log_{4}{a})$ 。

综上，a的最大整数值应是48。

4.5-3

a=1，b=2， $f(n)=\Theta (1)$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{2}{1}}=n^0=1$ 。由于 $f(n)=\Theta (\log_{b}{a})=\Theta (1)$ ，因此应用情况2，从而得到解 $T(n)=\Theta (\lg{n})$ 。

4.5-4

a=4，b=2， $f(n)=n^{2}\lg{n}$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{2}{4}}=n^{2}$ 。由于对任意正常数 $\epsilon$ ，比值 $f(n)/n^{\log_{b}{a}}=(n^{2}\lg{n})/n^{\log_{b}{a}}=\lg{n}$ 都渐进小于 $n^{\epsilon }$ 。因此，递归式落入了情况2和情况3之间的间隙，主方法不能应用于此递归式。

4.5-5

$T(n)=\sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}{n^{2}\lg{n/2^{i}}}+\Theta (n^{2})=n^{2}(\sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}{\lg{n}}-\sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}{i\lg{2}})+\Theta (n^{2})=$ $n^{2}\frac{\lg{n}(\log_{2}{n}+1)}{2}+\Theta (n^{2})=\Theta (n^{2}\lg^{2}{n})$ 。

思考题

4-1

a.a=2，b=2， $f(n)=n^{4}$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{2}{2}}=n$ 。由于 $f(n)=\Omega (n^{\log_{2}{2}+\epsilon })$ ，其中 $\epsilon =3$ ，因此应用情况3，从而得到解 $T(n)=\Theta (n^{4})$ 。

b.a=1，b=10/7， $f(n)=n$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{10/7}{1}}=n^{0}=1$ 。由于 $f(n)=\Omega (n^{\log_{b}{a}+\epsilon })$ ，其中 $\epsilon =1$ ，因此应用情况3，从而得到解 $T(n)=\Theta (n)$ 。

c.a=16，b=4， $f(n)=n^{2}$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{4}{16}}=n^{2}$ 。由于 $f(n)=\Theta (n^{\log_{b}{a}})=\Theta (n^{2})$ ，因此应用情况2，从而得到解 $T(n)=\Theta (n^{2}\lg{n})$ 。

d.a=7，b=3， $f(n)=n^{2}$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{3}{7}}=O(n^{1.78})$ 。由于 $f(n)=\Omega (n^{\log_{b}{a}+\epsilon })$ ，其中 $\epsilon \approx 0.22$ ，因此应用情况3，从而得到解 $T(n)=\Theta (n^{2})$ 。

e.a=7，b=2， $f(n)=n^{2}$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{2}{7}}=O(n^{2.81})$ 。由于 $f(n)=O(n^{\log_{b}{a}-\epsilon })$ ，其中 $\epsilon \approx 0.81$ ，因此应用情况1，从而得到解 $T(n)=\Theta (n^{\log_{2}{7}})$ 。

f.a=2，b=4， $f(n)=\sqrt{n}$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{4}{2}}=n^{1/2}$ 。由于 $f(n)=\Theta (n^{\log_{b}{a}})=\Theta (n^{1/2})$ ，因此应用情况2，从而得到解 $T(n)=\Theta (\sqrt{n}\lg{n})$ 。

g. $T(n)=\sum _{i=0}^{n/2}{(n-2i)^{2}}=n^{2}\sum _{i=0}^{n/2}{1}+4\sum _{i=0}^{n/2}{i^{2}}-4n\sum _{i=0}^{n/2}{i}$ $=\frac{n^{3}}{2}+\frac{1}{3}(2n^{3}+6n^{2}+4n)-\frac{1}{2}(n^{3}+2n^{2})=\frac{2}{3}n^{3}+n^{2}+\frac{4}{3}n=\Theta (n^{3})$ 。

4-2

a.BINARY-SEARCH

$T(n)=T(n/2)+\Theta (1)=\Theta (\lg{n})$ （主方法情况2）。
$T(n)=T(n/2)+\Theta (N)=\sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}{\Theta (N)}=\Theta (N)\log_{2}{n}=\Theta (N\lg{n})$ 。
$T(n)=T(n/2)+\Theta (n)=\Theta (n)$ （主方法情况3）。

b.MERGE-SORT

$T(n)=2T(n/2)+\Theta (n)=\Theta (n\lg{n})$ （主方法情况2）。
$T(n)=2T(n/2)+\Theta (n)+\Theta (N)=\sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}{(\Theta (n)+2^{i}\Theta (N))}$ $=\Theta (n)\log_{2}{n}+\Theta (N)(n-1)=\Theta (nN)$ 。
$T(n)=2T(n/2)+\Theta (n)+\Theta (n)=2T(n/2)+\Theta (n)=\Theta (n\lg{n})$ （主方法情况2）。

4-3

a.a=4，b=3， $f(n)=n\lg{n}$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{3}{4}}=O(n^{1.27})$ 。由于 $f(n)=O(n^{\log_{3}{4}-\epsilon })$ ，其中 $\epsilon \approx 0.27$ ，因此应用情况1，从而得到解 $T(n)=\Theta (n^{\log_{3}{4}})$ 。

b. $T(n)=\sum _{i=0}^{\log_{3}{n}-1}{\frac{n}{\lg{(n/3^{i})}}}+\Theta (n)=n\sum _{i=0}^{\log_{3}{n}-1}{\frac{1}{\lg{n}-i\lg{3}}}+\Theta (n)=\Theta (n\lg{\lg{n}})$ 。

c.a=4，b=2， $f(n)=n^{2}\sqrt{n}$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{2}{4}}=n^{2}$ 。由于 $f(n)=\Omega (n^{2+\epsilon })$ ，其中 $\epsilon = 1/2$ ，因此应用情况3，从而得到解 $T(n)=\Theta (n^{2}\sqrt{n})$ 。

d.忽略-2项，则a=3，b=3， $f(n)=n/2$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{3}{3}}=n$ 。由于 $f(n)=\Theta (n^{\log_{b}{a}})=\Theta (n)$ ，因此应用情况2，从而得到解 $T(n)=\Theta (n\lg{n})$ 。

e. $T(n)=\sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}{\frac{n}{\lg{(n/2^{i})}}}+\Theta (n)=n\sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}{\frac{1}{\lg{n}-i\lg{2}}}+\Theta (n)=\Theta (n\lg{\lg{n}})$ 。

f. $T(n)\geqslant \sum _{i=0}^{\log_{8}{n}-1}{(\frac{7}{8})^{i}n}+\Theta (n^{\log_{8}{3}})=8n\left [ 1-(\frac{7}{8})^{\log_{8}{n}} \right ]+\Theta (n^{\log_{8}{3}})$ ，所以 $T(n)=\Omega (n)$ 。 $T(n)\leqslant \sum _{i=0}^{\log_{2}{n}-1}{(\frac{7}{8})^{i}n}+\Theta (n^{\log_{2}{3}})=8n\left [ 1-(\frac{7}{8})^{\log_{2}{n}} \right ]+\Theta (n^{\log_{2}{3}})$ ，所以 $T(n)=O(n)$ 。综上 $T(n)=\Theta (n)$ 。

g. $T(n)=\sum _{i=0}^{n-1}{\frac{1}{n-i}}+\Theta (1)=\sum _{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}+\Theta (1)=\Theta (\lg{n})$ 。

h. $T(n)=\sum _{i=0}^{n-1}{\lg{(n-i)}}+\Theta (1)=\sum _{i=1}^{n}{\lg{i}}+\Theta (1)=\lg{n!}+\Theta (1)\leqslant$ $\lg{n^{n}}+\Theta (1)=n\lg{n}+\Theta (1)=\Theta (n\lg{n})$ 。

i. $T(n)=\sum _{i=0}^{n/2-1}{\frac{1}{\lg{(n-2i)}}}+\Theta (1)=\sum _{i=1}^{n/2}{\frac{1}{\lg{2i}}}+\Theta (1)=\Theta (\lg{\lg{n}})$ 。

j.令 $m=\lg{n}$ ，得到 $T(2^{m})=2^{m/2}T(2^{m/2})+2^{m}$ 。现在重命名 $S(m)=T(2^{m})$ ，得到新的递归式： $S(m)=2^{m/2}S(m/2)+2^{m}$ 。令 $R(m)=\frac{S(m)}{2^{m}}$ ，得到新的递归式： $R(m)=R(m/2)+1$ 。利用4.5节的主方法，得到 $R(m)=\Theta (\lg{m})$ ，则 $S(m)=\Theta (2^{m}\lg{m})$ 。再从 $S(m)$ 转换回 $T(n)$ ，得到 $T(n)=T(2^{m})=S(m)=\Theta (2^{m}\lg{m})=\Theta (n\lg{\lg{n}})$ 。

4-4

a.证明： $z+z\mathcal{F}(z)+z^{2}\mathcal{F}(z)=z+z\sum _{i=0}^{\infty }{F_{i}z^{i}}+z^{2}\sum _{i=0}^{\infty }{F_{i}z^{i}}=z+\sum _{i=1}^{\infty }{F_{i-1}z^{i}}+$ $\sum _{i=2}^{\infty }{F_{i-2}z^{i}}$ $=z+F_{0}z+\sum _{i=2}^{\infty }{(F_{i-1}+F_{i-2})z^{i}}=0+z+\sum _{i=2}^{\infty }{F_{i}z^{i}}=\mathcal{F}(z)$ 。

b.证明：

由a得： $\mathcal{F}(z)=z+z\mathcal{F}(z)+z^{2}\mathcal{F}(z)\Rightarrow (1-z-z^{2})\mathcal{F}(z)=z\Rightarrow \mathcal{F}(z)=\frac{z}{1-z-z^{2}}$ 。
$(1-\phi z)(1-\hat{\phi }z)=(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}z)(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}z)=1-(\frac{1+\sqrt{5}}{2}+\frac{1-\sqrt{5}}{2})z+$ $\frac{1+\sqrt{5}}{2}\cdot \frac{1-\sqrt{5}}{2}z=1-z-z^{2}$ 。
$\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1}{1-\phi z}-\frac{1}{1-\hat{\phi }z})=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \frac{(1-\hat{\phi }z)-(1-\phi z)}{(1-\phi z)(1-\hat{\phi }z)}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \frac{(\phi -\hat{\phi })z}{(1-\phi z)(1-\hat{\phi }z)}=$ $\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \frac{(\frac{1+\sqrt{5}}{2} -\frac{1-\sqrt{5}}{2})z}{(1-\phi z)(1-\hat{\phi }z)}=\frac{z}{(1-\phi z)(1-\hat{\phi }z)}$ 。

c.证明：因为当 $\left | x \right |<1$ 时， $\frac{1}{1-x}=\sum _{x=0}^{\infty }{x^{k}}$ 。所以 $\mathcal{F}(z)=\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1}{1-\phi z}-\frac{1}{1-\hat{\phi }z})=\frac{1}{\sqrt{5}}(\sum _{i=0}^{\infty }{\phi ^{i}z^{i}}-\sum _{i=0}^{\infty }{\hat{\phi }^{i}z^{i}})=\sum _{i=0}^{\infty }{\frac{1}{\sqrt{5}}(\phi ^{i}-\hat{\phi }^{i})z^{i}}$ 。

d.证明：由c得： $F_{i}=\frac{1}{\sqrt{5}}(\phi ^{i}-\hat{\phi }^{i})=\frac{\phi ^{i}}{\sqrt{5}}-\frac{\hat{\phi }^{i}}{\sqrt{5}}$ 。因为当i>2时， $\left | \hat{\phi }^{i} \right |<0.5$ 。

4-5

a.证明：令有g(g<n/2)块芯片是好的。在坏芯片中的某g块可以合谋起来，他们将彼此报告成好的，将其余的报告成坏的。因为好的g块芯片也会这么做，这两组芯片在逐对检测操作时的结果是对称的，所以使用任何基于这种逐对检测操作的策略，教授都不能确定哪些芯片是好的。

b.证明：先将芯片分成两组，然后每次从两组中各取一个进行检测。如果测试结果是第一种（两片都是好的，或都是坏的），则从这两块芯片中移除一块，此时移除的那块芯片可能是好的也可能是坏的。如果测试结果不是第一种，则将这两块芯片都移除，此时移除的两块芯片中至少一块是坏的。进行 $\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ 次逐对检测后，至多剩下 $\left \lceil n/2 \right \rceil$ 块芯片，其中超过一半的芯片是好的，此时已将问题规模减半。

c.证明： $T(n)=T(n/2)+\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ 。a=1，b=2， $f(n)=\left \lfloor n/2 \right \rfloor$ ，因此 $n^{\log_{b}{a}}=n^{\log_{2}{1}}=n^{0}=1$ 。由于 $f(n)=\Omega (n^{0+\epsilon })$ ，其中 $\epsilon =1$ ，因此应用情况3，从而得到解 $T(n)=\Theta (n)$ 。

4-6

a.证明：

对行使用归纳法：当k=i+1时， $A[i,j]+A[k,j+1]\leqslant A[i,j+1]+A[k,j]$ 。假设对于k=i+n， $A[i,j]+A[k,j+1]\leqslant A[i,j+1]+A[k,j]$ 成立。当k=k+1=i+n+1时，因为 $A[i,j]+A[k,j+1]\leqslant A[i,j+1]+A[k,j]$ 和 $A[k,j]+A[k+1,j+1]\leqslant A[k,j+1]+A[k+1,j]$ ，两边相加得 $A[i,j]+A[k,j+1]+A[k,j]+A[k+1,j+1]\leqslant$ $A[i,j+1]+A[k,j]+A[k,j+1]+A[k+1,j]\Rightarrow$ $A[i,j]+A[k+1,j+1]\leqslant A[i,j+1]+A[k+1,j]$ 。
对列使用归纳法：当k=j+1时， $A[i,j]+A[i+1,k]\leqslant A[i,k]+A[i+1,j]$ 。假设对于k=j+n， $A[i,j]+A[i+1,k]\leqslant A[i,k]+A[i+1,j]$ 成立。当k=k+1=i+n+1时，因为 $A[i,j]+A[i+1,k]\leqslant A[i,k]+A[i+1,j]$ 和 $A[i,k]+A[i+1,k+1]\leqslant A[i,k+1]+A[i+1,k]$ ，两边相加得 $A[i,j]+A[i+1,k]+A[i,k]+A[i+1,k+1]\leqslant$ $A[i,k]+A[i+1,j]+A[i,k+1]+A[i+1,k]\Rightarrow$ $A[i,j]+A[i+1,k+1]\leqslant A[i+1,j]+A[i,k+1]$ 。

37	23	24	32
21	6	7	10
53	34	30	31
32	13	9	6
43	21	15	8

c.证明：假设 $\exists i,j\in [1,m],i<j$ 且 $1\leqslant f(j)<f(i)\leqslant n$ 。 $A[i,f(j)]>A[i,f(i)]>A[i,f(i)],A[j,f(j)]<A[j,f(i)]\Rightarrow$ $A[i,f(j)]+A[j,f(i)]>A[i,f(i)]+A[j,f(j)]$ ，不符合Monge阵列的定义，所以不存在这样的i，j。

d.令 $f(i)$ 表示第I行的最左最小元素的列下标，且当i<1时， $f(i)=1$ ；当i>m时， $f(i)=n$ 。因为 $f(2a-2)\leqslant f(2a-1)\leqslant f(2a)$ ，计算 $f(2a-1)$ 需要 $O(f(2a)-f(2a-2)+1)$ 。在偶数行的最左最小元素已知的情况下，计算奇数行的最左最小元素需要 $\sum _{i=1}^{\left \lceil m/2 \right \rceil}{f(2i)-f(2i-2)+1}=O(m+n)$ 。