算法导论 — 思考题7-3 另一种快速排序的分析方法

（另一种快速排序的分析方法）对随机化版本的快速排序算法，还有另一种性能分析方法，这一方法关注于每一次单独递归调用的期望运行时间，而不是比较次数。
　　a. 证明：给定一个大小为 n n n的数组，任何特定元素被选为主元的概率为 1 / n 1/n 1/n。利用这一点来定义指示器随机变量 X i = I X_i = I Xi=I{第 i i i小的元素被选为主元}， E [ X i ] E[X_i] E[Xi]是什么？
　　b. 设 T ( n ) T(n) T(n)是一个表示快速排序在一个大小为 n n n的数组上的运行时间的随机变量，试证明：
　　
　　c. 证明公式(7.5)可以重写为：
　　
　　d. 证明：
　　
　　（提示：可以将该累加式分为两个部分，一部分是 k = 2 , 3 , … , ⌈ n / 2 ⌉ − 1 k = 2, 3, …, ⌈n/2⌉-1 k=2,3,…,⌈n/2⌉−1，另一部分是 k = ⌈ n / 2 ⌉ , … , n − 1 k = ⌈n/2⌉, …, n-1 k=⌈n/2⌉,…,n−1。）
　　e. 利用公式(7.7)中给出的界证明：公式(7.6)中的递归式有解 E [ T ( n ) ] = Θ ( n l g n ) E[T(n)] = Θ(n{\rm lg}n) E[T(n)]=Θ(nlgn)。（提示：使用代入法，证明对于某个正常数 a a a和足够大的 n n n，有 E [ T ( n ) ] ≤ a n l g n E[T(n)] ≤ an{\rm lg}n E[T(n)]≤anlgn。）
　　
　　解
　　a.
　　数组每个元素都等可能地被选为主元。因此，对于单一元素，它被选为主元的概率为 1 / n 1/n 1/n。 E [ X i ] E[X_i] E[Xi]就等于第 i i i小的元素被选为主元的概率，即
　　 E [ X i ] = P r E[X_i] = Pr E[Xi]=Pr{第 i i i小的元素被选为主元} = 1 / n = 1/n =1/n。
　　
　　b.
　　对于一个大小为 n n n的数组，如果选定第 q q q小的元素(该元素用 z q z_q zq表示)为主元，那么划分得到的 2 2 2个子数组的大小分别为 q − 1 q-1 q−1和 n − q n-q n−q。于是可以得到以下递归式
　　
　　 T q ( n ) T_q(n) Tq(n)表示在选定第 q q q小的元素为主元的前提下，对大小为 n n n的数组进行快速排序的运行时间。其实 T q ( n ) T_q(n) Tq(n)也是一个随机变量，因为 T ( q − 1 ) T(q-1) T(q−1)和 T ( n − q ) T(n-q) T(n−q)也是随机变量，即 [ T ( q − 1 ) + T ( n − q ) + Θ ( n ) ] [T(q-1) + T(n-q) + Θ(n)] [T(q−1)+T(n−q)+Θ(n)]也是随机变量。于是可以写出 T q ( n ) T_q(n) Tq(n)的期望
　　
　　 q q q的取值范围是 1 , 2 , … , n 1, 2, …, n 1,2,…,n，于是我们可以计算 T ( n ) T(n) T(n)的期望
　　
　　上式中， E [ X q ] ∙ E ( T ( q − 1 ) + T ( n − q ) + Θ ( n ) ) = E [ X q ( T ( q − 1 ) + T ( n − q ) + Θ ( n ) ) ] E[X_q ]∙E(T(q-1)+T(n-q)+Θ(n))=E[X_q (T(q-1)+T(n-q)+Θ(n))] E[Xq]∙E(T(q−1)+T(n−q)+Θ(n))=E[Xq(T(q−1)+T(n−q)+Θ(n))]成立，是因为随机变量 X q X_q Xq和 [ T ( q − 1 ) + T ( n − q ) + Θ ( n ) ] [T(q-1)+T(n-q)+Θ(n)] [T(q−1)+T(n−q)+Θ(n)]是互相独立的。
　　
　　c.
　　将公式(7.5)的累加求和部分展开，得到下表
　　
　　由上表可知，第 q q q个累加项与第 n − q + 1 n-q+1 n−q+1个累加项是完全对称相等的。于是有
　　
　　上式中， q = 0 q = 0 q=0和 q = 1 q = 1 q=1分别对应的 T ( 0 ) T(0) T(0)和 T ( 1 ) T(1) T(1)都为常数时间，可以将它们拿掉，这样并不影响最终的结果。于是有
　　
　　d.
　　按照提示，将累加式分为2个部分，于是有
　　
　　e.
　　只需证明 E [ T ( n ) ] = O ( n l g n ) E[T(n)] = O(n{\rm lg}n) E[T(n)]=O(nlgn)即可。
　　初始情况取 n = 2 n = 2 n=2， T ( 2 ) T(2) T(2)为常数时间。显然，只要取足够大的 a a a，就可使得 T ( 2 ) ≤ a • 2 • l g 2 = 2 a T(2) ≤ a•2•{\rm lg}2 = 2a T(2)≤a•2•lg2=2a成立。
　　下面进行归纳过程。假设 E [ T ( n ) ] ≤ a n l g n E[T(n)] ≤ an{\rm lg}n E[T(n)]≤anlgn对 2 , … , n − 1 2, …, n-1 2,…,n−1都成立，那么有
　　
　　只要取足够大的 a a a，就能使得 a n l g n − 1 4 a n + Θ ( n ) ≤ a n l g n an{\rm lg}n-\frac{1}{4} an+Θ(n)≤an{\rm lg}n anlgn−41an+Θ(n)≤anlgn成立，即 E [ T ( n ) ] ≤ a n l g n E[T(n)] ≤ an{\rm lg}n E[T(n)]≤anlgn成立。

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