CLRS第四章思考题

思考题4-1

a) a=2,b=2,f(n)=n4,nlogba=nlog22=na=2,b=2,f(n)=n^4,n^{\log_ba}=n^{\log_22}=n，应用主定理 3 得 T(n)=Θ(n4)T(n)=\Theta(n^4)；

b) a=1,b=10/7,f(n)=n,nlogba=nlog1071=1a=1,b=10/7,f(n)=n,n^{\log_ba}=n^{\log_{\frac{10}{7}}1}=1，应用主定理 3 得 T(n)=Θ(n)T(n)=\Theta(n)；

c) a=16,b=4,f(n)=n2,nlogba=nlog416=n2a=16,b=4,f(n)=n^2,n^{\log_ba}=n^{\log_{4}{16}}=n^2，应用主定理 2 得 T(n)=Θ(n2lgn)T(n)=\Theta(n^2\lg n)；

d) a=7,b=3,f(n)=n2,nlogba=nlog37≤n2a=7,b=3,f(n)=n^2,n^{\log_ba}=n^{\log_37}\le n^2，应用主定理 3 得 T(n)=Θ(n2)T(n)=\Theta(n^2)；

e) a=7,b=2,f(n)=n2,nlogba=nlog27≥n2a=7,b=2,f(n)=n^2,n^{\log_ba}=n^{\log_27}\ge n^2，应用主定理 1 得 T(n)=Θ(nlog27)T(n)=\Theta(n^{\log_27})；

f) a=2,b=4,f(n)=n−−√,nlogba=nlog42=n−−√a=2,b=4,f(n)=\sqrt n,n^{\log_ba}=n^{\log_42}=\sqrt n，应用主定理 2 得 T(n)=Θ(n−−√lgn)T(n)=\Theta(\sqrt n\lg n)；

g) 直接递归推导：

T(n)=n2+T(n−2)=n2+(n−2)2+T(n−4)=∑i=0n/2(n−2i)2=Θ(n3)

\begin{align} T(n) &= n^2 + T(n - 2) = n^2 + (n - 2)^2 + T(n - 4)\\ &= \sum_{i=0}^{n/2}(n -2i)^2 = \Theta(n^3) \end{align}

思考题4-2

a) 1、2、3 三种的递归式分别为：T(n)=T(n/2)+c,T(n)=T(n/2)+cN,T(n)=T(n/2)+cnT(n)=T(n/2)+c,T(n)=T(n/2)+cN,T(n)=T(n/2)+cn。
由此得到它们的上界分别是 Θ(lgn),Θ(nlgn),Θ(n)\Theta(\lg n),\Theta(n\lg n),\Theta(n)（1、3使用主定理，2使用推导即可）。

T(n)=T(n/2)+cN=2cN+T(n/4)=3cN+T(n/8)=∑i=0lgn−1(2icN/2i)=cNlgn=Θ(nlgn)

\begin{align} T(n) &= T(n/2) + cN = 2cN + T(n/4) \\&= 3cN + T(n/8) = \sum_{i=0}^{\lg{n}-1}(2^icN/2^i) = cN\lg{n}\\& = \Theta(n\lg{n}) \end{align}

b) 1 的递归式：T(n)=2T(n/2)+cn=Θ(nlgn)T(n) = 2T(n/2) + cn = \Theta(n\lg{n}) (主定理）
2 的递归式：

T(n)=2T(n/2)+cn+2N=4N+cn+2c(n/2)+4T(n/4)=∑i=0lgn−1(cn+2iN)=∑i=0lgn−1cn+N∑i=0lgn−12i=cnlgn+N2lgn−12−1=cnlgn+nN−N=Θ(nN)=Θ(n2)

\begin{align} T(n) &= 2T(n/2) + cn + 2N = 4N + cn + 2c(n/2) + 4T(n/4)\\&= \sum_{i=0}^{\lg{n}-1}(cn + 2^iN)\\&= \sum_{i=0}^{\lg{n}-1}cn + N\sum_{i=0}^{\lg{n}-1}2^i\\& = cn\lg{n} + N\frac{2^{\lg{n}} - 1}{2-1}\\& = cn\lg{n} + nN - N\\& = \Theta(nN) \\ &= \Theta(n^2) \end{align}
3 的递归式： T(n)=2T(n/2)+cn+2n/2=2T(n/2)+(c+1)n=Θ(nlgn)T(n) = 2T(n/2) + cn + 2n/2 = 2T(n/2) + (c+1)n = \Theta(n\lg{n}) (主定理)

思考题4-3

a) nlogba=nlog34n^{\log_ba}=n^{\log_34}，应用主定理 1 得：T(n)=Θ(nlog34)T(n)=\Theta(n^{\log_34})；

b) nlogba=nlog33=nn^{\log_ba}=n^{\log_33}=n，不能用主定理，利用递归方法可求得：Θ(nlglgn)\Theta(n\lg{\lg n})；

c) nlogba=nlog24=n2n^{\log_ba}=n^{\log_24}=n^2，应用主定理 3 得：T(n)=Θ(n2.5)T(n)=\Theta(n^{2.5})；

d) 忽略-2，nlogba=nlog33=nn^{\log_ba}=n^{\log_33}=n，应用主定理 2 得：T(n)=Θ(nlgn)T(n)=\Theta(n\lg n)；

e) nlogba=nlog22=nn^{\log_ba}=n^{\log_22}=n，类似 b) 可得：Θ(nlglgn)\Theta(n\lg{\lg n})；

f) 画出递归树（略），然后猜测 T(n)=Θ(n)T(n)=\Theta(n)。
用代入法验证，先证明上界，猜测 T(n)≤cnT(n)\le cn。

T(n)=T(n/2)+T(n/4)+T(n/8)+n≤cn/2+cn/4+cn/8+n=78cn+n=(1+78c)n≤cn(c≥8)

\begin{align} T(n)&=T(n/2)+T(n/4)+T(n/8)+n\\&\le cn/2+cn/4+cn/8+n\\&=\frac78 cn + n=(1+\frac78c)n\\&\le cn&(c\ge 8) \end{align}
证明下界， T(n)=T(n/2)+T(n/4)+T(n/8)+n≥nT(n)=T(n/2)+T(n/4)+T(n/8)+n\ge n。
综上得 T(n)=Θ(n)T(n)=\Theta(n)；

g) T(n)=Θ(lgn)T(n)=\Theta(\lg n)

T(n)=T(n−1)+1/n=1n+1n−1+T(n−2)=1n+1n−1+1n−2+T(n−3)=∑i=0n−11n−i=∑i=1n1i==Θ(lgn)

\begin{align}T(n) &= T(n-1) + 1/n = \frac{1}{n} + \frac{1}{n-1} + T(n-2) \\&= \frac{1}{n} + \frac{1}{n-1} + \frac{1}{n-2} + T(n-3) \\&= \sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n-i} = \sum_{i=1}^n\frac{1}{i} = \\&= \Theta(\lg{n})\end{align}

h) T(n)=Θ(nlgn)T(n)=\Theta(n\lg{n})

T(n)=lgn+T(n−1)=lgn+lgn−1+T(n−2)==∑i=0n−1lg(n−i)=∑i=1nlgi=lg(n!)=Θ(nlgn)

\begin{align}T(n) &= \lg{n} + T(n-1) = \lg{n} + \lg{n-1} + T(n-2) = \\&= \sum_{i=0}^{n-1}\lg(n - i) = \sum_{i=1}^{n}\lg{i} = \lg(n!) \\&= \Theta(n\lg{n})\end{align}

i) T(n)=Θ(lglgn)T(n)=\Theta(\lg\lg{n})

T(n)=1lgn+1lgn−2+…=∑i=1n/21lg(2i)=∑i=1∞1lgi=Θ(lglgn)

\begin{align}T(n) &= \frac{1}{\lg{n}} + \frac{1}{\lg{n-2}} + \ldots \\&= \sum_{i=1}^{n/2}\frac{1}{\lg(2i)} \\&= \sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{\lg{i}} \\&= \Theta(\lg\lg{n})\end{align}

j) 根据递归树可知，每层的规模都是 n，层数为 lglgn\lg {\lg n}，所以为：T(n)=Θ(nlglgn)T(n) = \Theta (n \lg {\lg n})。

思考题4-4

z+zF(z)+z2F(z)=z+z∑i=0∞Fizi+z2∑i=0∞Fizi=z+∑i=0∞Fizi+1+∑i=0∞Fizi+2=z+∑i=2∞(Fi−1+Fi−2)zi=0+z+∑i=2∞Fizi=F(z)

\eqalign { & \quad \mathcal{z + zF(z) + z^2F(z)} \\ & = z + z \sum_{i=0}^{\infty}{F_iz^i} + z^2 \sum_{i=0}^{\infty}{F_iz^i} \\ & = z + \sum_{i=0}^{\infty}{F_iz^{i+1}} + \sum_{i=0}^{\infty}{F_iz^{i+2}} \\ & = z + \sum_{i=2}^{\infty}{(F_{i-1} + F_{i-2})z^i} \\ & = 0 + z + \sum_{i=2}^{\infty}{F_iz^i} \\ & = \mathcal{F(z)}}

b) 由 a) 可得 F(z)=z1−z−z2\mathcal{F(z)} = \frac z{1-z-z^2}。
后面的等式自行化简即可得到，其中 ϕ−ϕ^=5√\phi - \hat\phi = \sqrt5, ϕ+ϕ^=1\phi + \hat\phi = 1 and ϕϕ^=−1\phi\hat\phi = - 1

11−x=∑k=0∞xk当 |x|<1

\frac{1}{1 - x} = \sum_{k=0}^{\infty}x^k \quad\text{当 } |x|

F(n)=15√(11−ϕz−11−ϕ^z)=15√(∑i=0∞ϕizi−∑i=0∞ϕ^izi)=∑i=0∞15√(ϕi−ϕ^i)zi

\begin{align}\mathcal{F}(n) &= \frac{1}{\sqrt5}\Big(\frac{1}{1 - \phi z} - \frac{1}{1 - \hat\phi z}\Big) \\&= \frac{1}{\sqrt5}\Big(\sum_{i=0}^{\infty}\phi^i z^i - \sum_{i=0}^{\infty}\hat{\phi}^i z^i\Big) \\&= \sum_{i=0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt5}(\phi^i - \hat{\phi}^i) z^i\end{align}

d) 由 c) 和 F(z)F(z) 的定义得

Fi=ϕi−ϕ^i5√=ϕi5√−ϕ^i5√

F_i = \frac{\phi^i - \hat{\phi}^i}{\sqrt5} = \frac{\phi^i}{\sqrt5} - \frac{\hat{\phi}^i}{\sqrt5}
当 i=0i = 0 时 ϕ5√=5√+510>0.5\frac{\phi}{\sqrt5} = \frac{\sqrt5 + 5}{10} > 0.5，当 i>2i > 2, |ϕ^i|<0.5|\hat{\phi}^i| 。

思考题4-5

首先，我们知道一个芯片是好的，则所有芯片好坏都可以检查出来。

a) 我们假设有一个芯片是好的，因为坏的芯片数量超过一半，所以教授在测试这个芯片是否是好的时候，所有的坏芯片可以联合起来共同欺骗教授说这是坏的，那么教授就会认为这是个坏芯片；所以当坏的芯片超过半数时，教授无法判断哪个芯片是好的。

b) 可以对 nn 个芯片进行成对测试，总共 ⌊n/2⌋⌊n/2⌋ 对。我们将测试结果分成两组，一组是测试结果为同时为好或坏的，我们称为 AA 组；另一组是测试结果至少有一个是坏的，我们称为 BB 组。由于好的芯片大于 n/2n/2，且 BB 组必然坏芯片大于等于好芯片，所以 AA 组必是好芯片多。为了找到一个好的芯片，我们可以舍弃 BB 组的所有芯片，而 AA 组的芯片我们可以从每一对中任选出一个，作为下一次测试的对象，这样问题规模至少减少为原来的 1/21/2。

c) 我们需要找出一块好的芯片，然后用此芯片检测其余芯片，需 Θ(n)\Theta(n)，而检查一块好芯片的递归式 T(n)=T(n/2)+n/2⇒T(n)=Θ(n)T(n)=T(n/2)+n/2\Rightarrow T(n)=\Theta(n)，所以总时间 Θ(n)\Theta(n)。

思考题4-6

a)由定义，令 k=i+1,l=j+1k=i+1,l=j+1 可得：

A[i,j]+A[i+1,j+1]≤A[i,j+1]+A[i+1,j]

A[i,j] + A[i+1, j+1] \le A[i,j+1] + A[i+1, j]
反过来，当 A[i,j]+A[i+1,j+1]≤A[i,j+1]+A[i+1,j]A[i,j] + A[i+1, j+1] \le A[i,j+1] + A[i+1, j] 时，使用归纳法，当 k=i+1k=i+1 时成立，设当 k=i+nk=i+n 时成立，则 k+1=i+n+1k+1=i+n+1 有：

A[i,j]+A[k,j+1]≤A[i,j+1]+A[k,j](假设)A[k,j]+A[k+1,j+1]≤A[k,j+1]+A[k+1,j](已给出)⇓两式相加A[i,j]+A[k,j+1]+A[k,j]+A[k+1,j+1]≤A[i,j+1]+A[k,j]+A[k,j+1]+A[k+1,j]⇓A[i,j]+A[k+1,j+1]≤A[i,j+1]+A[k+1,j]

A[i, j] + A[k, j+1] \le A[i, j+1] + A[k, j] \quad (假设) \\A[k, j] + A[k+1, j+1] \le A[k, j+1] + A[k+1, j] \quad (已给出) \\\Downarrow 两式相加\\A[i, j] + A[k, j+1] + A[k, j] + A[k+1, j+1] \leA[i, j+1] + A[k, j] + A[k, j+1] + A[k+1, j] \\\Downarrow \\A[i, j] + A[k+1, j+1] \le A[i, j+1] + A[k+1, j]
b)改 A[1,3]=24A[1,3]=24 或者 A[2,3]=5A[2,3]=5（ A[1,1]A[1,1]为最左上角元素）

c) 假设 ∃i,f(i)>f(i+1)\exists i, f(i) \gt f(i+1)，那么一定能找到 A[i,f(i)]>A[i+1,f(i+1)]A[i, f(i)] \gt A[i+1, f(i+1)]。
也就是说有 A[i,f(i+1)]+A[i+1,f(i)]>A[i,f(i)]+A[i+1,f(i+1)]A[i, f(i+1)] + A[i+1, f(i)] \gt A[i, f(i)] + A[i+1, f(i+1)]
与 Monge array 的定义矛盾，所以得证。

d) 根据 c) 可知，对于奇数行 2k+1，f(2k)≤f(2k+1)≤f(2k+2)2k+1，f(2k) \le f(2k+1) \le f(2k+2)，所以在知道偶数行的最左最小值后，只要求夹在两偶数行的列区间元素的最小值即可。

T(n)=∑i=1m/2(f(2k)−f(2k−2)+1)≤m+n=O(m+n)

T(n) = \sum_{i=1}^{m/2} {(f(2k) - f(2k-2)+1)}\le m+n = O(m+n)

e) 根据 d) 有 T(m)=T(m/2)+O(m+n)T(m) = T(m/2) + O(m+n)

T(m)=T(m/2)+cn+dm=cn+dm+cn+dm/2+cn+dm/4+…=∑i=0lgm−1cn+∑i=0lgm−1dm2i=cnlgm+dm∑i=0lgm−112i<cnlgm+2dm=O(nlgm+m)

\begin{align}T(m) &= T(m/2) + cn + dm \\&= cn + dm + cn + dm/2 + cn + dm/4 + \ldots \\&= \sum_{i=0}^{\lg{m}-1}cn + \sum_{i=0}^{\lg{m}-1}\frac{dm}{2^i} \\&= cn\lg{m} + dm\sum_{i=0}^{\lg{m} - 1}{\frac{1}{2^i}} \\&