Упростить сложность n многоходовой k

У меня есть рекурсивный алгоритм с временной сложностью, эквивалентной выбору k элементов из n с повторением, и мне было интересно, смогу ли я получить более упрощенное выражение big-O. В моем случае может быть больше и они растут независимо. $k$ $n$

В частности, я бы ожидал некоторого явного экспоненциального выражения. Лучшее, что я смог найти, это приближение Стерлинга , так что я могу это использовать, но мне было интересно, смогу ли я получить что-нибудь приятнее. $O(n!) \approx O((n/2)^n)$

O ((\binom{n + k - 1}{k})) = O (?)

$O\left({{n+k-1}\choose{k}}\right) = O(?)$

asymptotics combinatorics runtime-analysis yoniLavi
источник

Это не совсем полезно, но очень интересно факторное приближение Рамануджана

Пратик Деогхар

Спасибо,

n! \sim \sqrt{π} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[6]{8 n^{3} + 4 n^{2} + n + \frac{1}{30}}

$n! \sim \sqrt{\pi} \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt[6]{8n^3 + 4n^2 + n + \frac{1}{30}}$ выглядит как крутое приближение, но на самом деле это не помогает упростить это.

yoniLavi

Ответы:

Изменить: этот ответ для $k<n$ . Без ограничения $k$ через $n$ выражение не ограничено.

Если , то ваше выражение становится . Обратите внимание , что по формуле Стирлинга для любого где является двоичной энтропией. В частности . Поэтому мы имеем для $k=n-1$ $O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)$ $0<\alpha<1$

(\binom{м}{α м}) знак равно Θ (м^{- 1 / 2} 2^{ЧАС (α) м}),

${m \choose {\alpha m}}= \Theta(m^{-{1/2}} 2^{H(\alpha)m}),$

H (q) = - q \log q - (1 - q) \log (1 - q)

$H(q)=-q \log q - (1-q) \log (1-q)$

H (1 / 2) = 1

$H(1/2)=1$

k = n - 1

$k=n-1$

О ((\binom{2 (N - 1)}{N - 1})) знак равно Θ ((2 N - 2)^{- 1 / 2} 2^{2 N - 2}) знак равно Θ (\frac{4^{N}}{\sqrt{N}}),

$O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)=\Theta((2n-2)^{-{1/2}} 2^{2n-2})=\Theta\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right).$

Поскольку верхняя граница является наихудшим случаем (я оставляю это как упражнение, чтобы показать это), ваше выражение будет . $k=n-1$ $O\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right)$

A.Schulz
источник

Спасибо, именно то, что я искал! и это еще одна вещь, побуждающая меня изучать теорию информации.

yoniLavi

@ Falcor84: у меня была небольшая опечатка в последнем переходе. Квадратная часть корня должна идти к знаменателю. Следовательно, оценка немного лучше, чем та, которую представил Пареш. (На самом деле, граница асимптотически жесткая.)

A.Schulz

Я тоже должен был заметить этот маленький знак минус, еще раз спасибо.

yoniLavi

Ваше утверждение «оставлено как упражнение», что - наихудший случай, неверно. Если , выражение равно . Это не всегда меньше, чем .

k = n - 1

$k = n-1$

n = 3

$n=3$

(\binom{k + 2}{k}) = (\binom{k + 2}{2}) = \frac{(k + 1) (k + 2)}{2}

${k+2 \choose k} = {k+2 \choose 2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$

(\binom{4}{2}) = 6

${4 \choose 2} = 6$

Питер Шор

Так как , проблема симметрична по и (которая может расти без отношения в моем случае ). Поэтому, я полагаю, более точным ответом было бы заменить n в заключительной части ответа на

(\binom{n + k - 1}{k}) = (\binom{n + k - 1}{n - 1})

${{n+k-1}\choose{k}} = {{n+k-1}\choose{n-1}}$

n

$n$

k

$k$

x := m a x (n, k)

$x := max(n,k)$

yoniLavi

Вольфрам говорит, что Сондоу (2005) [1] и Сондоу и Зудилин (2006) [2] отметили неравенство: для положительное целое число и действительное число.

\frac{1}{4 р м} {[\frac{(р + 1)^{р + 1}}{р^{р}}]}^{м} < (\binom{(р + 1) м}{м}) < {[\frac{(р + 1)^{р + 1}}{р^{р}}]}^{м}

$\frac{1}{4rm}\left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m < {(r+1)m \choose m} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m$

m

$m$

r \geq 1

$r\ge 1$

Затем мы можем использовать с и ,

(\binom{N + К - 1}{К}) < (\binom{N + К}{К}) знак равно (\binom{(р + 1) м}{м})

${n+k-1\choose k} < {n+k\choose k} = {(r + 1)m \choose m}$

r = \frac{n}{k}

$r = \frac{n}{k}$

m = k

$m = k$

Тогда у нас есть

(\binom{N + К - 1}{К}) < {[\frac{(р + 1)^{р + 1}}{р^{р}}]}^{м} знак равно {(\frac{N + К}{К})}^{N + К}

${n+k-1\choose k} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m = \left(\frac{n+k}{k}\right)^{n+k}$

Теперь биномиальное выражение имеет наибольшее значение в середине треугольника Паскаля. Итак, в нашем случае или при . $n+k = 2k$ $k = n$

Подставляя это в вышеупомянутое неравенство, мы получаем: .

(\binom{N + К - 1}{К}) < 2^{2 N} знак равно 4^{N}

${n+k-1\choose k} < 2^{2n} = 4^n$

Следовательно, более узкий предел равен .

(\binom{N + К - 1}{К}) знак равно О (4^{N})

${n+k-1\choose k} = O(4^n)$

Вы также можете видеть, что нижняя граница для максимального значения равна

(\binom{N + К - 1}{К}) знак равно Ω (\frac{4^{N}}{N})

${n+k-1\choose k} = \Omega\left(\frac{4^n}{n}\right)$

Ссылки:
[1] Sondow, J. "Задача 11132". Amer. Математика Ежемесячно 112, 180, 2005.
[2] Сондоу Дж., Зудилин В. Константа Эйлера, q-логарифмы и формулы Рамануджана и Госпера. Рамануджан Дж. 12, 225-244, 2006.

Paresh
источник