第四章递归式

4.1-1 证明T(n)=T(n/2)+1的解为O(lgn).

这个递归式和书中的T(n)=T(n/2)+T(n/2)+1很像。

同时也猜测是否也差了一个常数1。

所以很多答案作者就自热而然的猜测出需要减去一个低阶项。既T(n)<=clg(n-b)

就有如下答案了。

假设T(n/2)<=clg(n/2-b)成立。 

T(n)=T(n/2)+1<=clg(n/2-b) +1

             <=clg(n/2-b+1) +1

              =clg((n-2b+2)/2)+1

              =c(lg(n-2b+2)-lg2)+1

              =clg(n-2b+2)-c+1

              =clg(n-b-b+2)+1-c  ....(1)

当-b+2<=0和1-c<=0时(c>=1&&b>=2)

            (1)<=clg(n-b) 得证。

以下是我个人的解决方案。

因为要证明T(n)=O(lgn) 所以就要证明T(n)<=clgn c为一个常数。

假设T(n/2)<=clg(n/2)成立

T(n)=T(n/2)+1<=clg(n/2)+1

              =c(lgn-lg2)+1

              =clgn-clg2+1

              =clgn-c+1

当-c+1<=0时(c>=1)<=clgn 得证。

这里由于-c+1可能不是一个正数，所以c必有一个界，使得常数项为负数，

从而能够证明原题。书上给出的含有常数项的式子中的c不能给出一个界，

所以才用到了减常数项的方法。以上仅是我个人观点，如有问题请留言！    

4.1-2 证明T(n)=2T(n/2)+n的解为Ο(nlgn)，同时这个递归解也是Ω(nlgn).

得到解为Θ(nlgn).

证明Ο(nlgn)成立。

假设T(n)=Ο(nlgn)在n/2成立。所以就有T(n/2)<=c(n/2)lg(n/2)

T(n)=2T(n/2)+n<=2c(n/2)lg(n/2)+n

               =cnlg(n/2)+n

               =cn(lgn-lg2)+n

               =cn(lgn-1)+n

               =cnlgn-cn+n

当-c+1<=0时(c>=1)<=cnlgn 得证。 

证明Ω(nlgn)成立。

假设T(n)=Ο(nlgn)在n/2成立。所以就有T(n/2)>=c(n/2)lg(n/2)

T(n)=2T(n/2)+n>=2c(n/2)lg(n/2)+n

               =cnlg(n/2)+n

               =cn(lgn-lg2)+n

               =cn(lgn-1)+n

               =cnlgn-cn+n

当-c+1>=0时(c<=1)>=cnlgn 得证。

如果要使 Ο(nlgn)成立，同时Ω(nlgn)也成立 。那么当仅当c=1时才能使

Θ(nlgn)成立。

4.1-3 证明：通过作不同的递归假设，对递归式4.4我们可以克服在证明边界条件T(1)时的困难

也无需调整归纳证明中的边界情况。

与原文不同的猜想：T(n)=O(nlgn+n)

假设T(n)在n/2上成立，所以

T(n/2)<=c((n/2)lg(n/2)+n/2)

T(n)<=2c((n/2)lg(n/2)+n/2)+n  

T(n)<=2cn/2(lg(n/2)+1)+n

T(n)<=cnlgn+n

T(n)<=c(nlgn+n)+(1-c)n

当1-c<=0(c>=1)时，T(n)<=c(nlgn+n) 

这样就可以克服在证明边界条件T(1)时的困难。

也无需调整归纳证明中的边界情况。

4.1-6 通过改变求解递归式T(n)=2T(√n)+1.得到的解应当是渐近紧确的。不必担心值是否为整数。

设m=lgn(这个代数变换源于原书中所给例子)

n=2^m=>T(2^m)=2T(2^(m/2))+1

设S(m)=T(2^m)=>S(m)=2S(m/2)+1 

由于没有学到递归树和主方法，所以在某些答案中提前用到这个知识并不妥。

于是我就想到，这个和原书给的含有常数项但无法证明出期望的结果一样，

必须减去一个低阶项，所以就有S(m)<=cm-b (b>=1,c足够大)

S(m)=T(2^m)=T(n)<=clgn-b<=clgn 所以T(n)=O(lgn)