算法導論課后習題解析 第四章 下

4.5-1

a) $$a=2,b=4,f(n)=\Theta(1),\log_b a = \frac 12 \gt 0 $$ 符合情況1，$ T(n) = \Theta (n^{1/2})$

b) $$a=2,b=4,f(n)=\Theta(n^{1/2}),\log_b a = \frac 12 $$ 符合情況2，$ T(n) = \Theta (n^{1/2}\lg n)$

c) $$a=2, b=4, f(n)=\Theta(n),\log_b a = \frac 12$$ $$af(\frac nb) = 2f(\frac n4) = \frac n2 \le cf(n) \qquad (\frac 12 \le c \lt 1)$$ 符合情況3，$ T(n) = \Theta (n)$

d) $$a=2, b=4, f(n)=\Theta(n^2),\log_b a = \frac 12$$ $$af(\frac nb) = 2f(\frac n4) = \frac {n^2}2 \le cf(n) \qquad (\frac 12 \le c \lt 1)$$ 符合情況3，$ T(n) = \Theta (n^2)$

4.5-2
同4.2-4

• 如果$\log_4 a =2 \ \Rightarrow \ k=16$，那么滿足第2種情況，$T(n)=\Theta (n^2 \lg n)=o(n^{\lg 7})$
• 如果$\log_4 a \lt 2 \ \Rightarrow \ k \lt 16$，那么滿足第1種情況，$T(n)= \Theta (n^2)=o(n^{\lg 7})$
• 如果$\log_4 a \gt 2 \ \Rightarrow \ k \gt 16$，那么滿足第3種情況，這時$\log_4 a \lt \lg 7 \Rightarrow a \lt 4^{\lg 7} = 49$

所以最大的a為48。

4.5-3
$$a=1, b=2, f(n)=\Theta(1),\log_b a = 0$$ 符合情況2，$ T(n) = \Theta (\lg n)$

4.5-4
$$a=4, b=2, \log_b a = 2, f(n)=\Omega (n^2)$$ 但不存在$\epsilon \gt 0$，使得 $$f(n) = \Omega (n^{2+\epsilon})$$ 所以不能使用主方法(master method)來求解。可以利用遞歸樹來估計 $$\eqalign { T(n) & = \sum_{i=0}^{\lg n-1}n^2(\lg n-i) + \Theta (n^2) \\ & = n^2 \lg^2n-n^2\lg n -\frac 12 n^2 \lg^2 n + \frac 12 n^2 \lg n + \Theta (n^2) \\ & = \frac 12 n^2 \lg^2 n - n^2 \lg n + \Theta (n^2) \\ & = O(n^2\lg^2 n)}$$

4.5-5
不會，求指教

4-1

a) $$a=2,b=2, f(n)= n^4=\Omega (n^{\log_2 2+3})$$ $$af(\frac nb) = 2 (\frac n2)^4 = \frac 18 n^4 \le cf(n) \qquad (\frac 18 \le c \lt 1)$$ 滿足情況3，所以$T(n)=\Theta(n^4)$

b) $$a=1, b=\frac {10}{7}, f(n)=n=\Omega(n^{\log_{10/7}{1}+1}) \\ af(\frac nb)=\frac {7n}{10} \le cf(n) \qquad (\frac {7}{10} \le c \lt 1)$$ 滿足情況3，所以$T(n)=\Theta(n)$

c) $$a=16, b=4, f(n)=n^2=\Theta(n^{\log_{4}{16}})$$ 滿足情況2，所以$T(n)=\Theta(n^2 \lg n)$

d) $$a=7, b=3, f(n)=n^2=\Omega(n^{\log_37+\epsilon}) \qquad (0 \lt \epsilon \le 2-\log_37) \\ af(\frac nb)=7(\frac {n}{3})^2 \le cf(n) \qquad (\frac 79 \le c \lt 1)$$ 滿足情況3，所以$T(n)=\Theta(n^2)$

e) $$a=7, b=2, f(n)=n^2=O(n^{\log_{2}{7}-\epsilon}) \qquad (0 \lt \epsilon \le \log_2 7 - 2)$$ 滿足情況1，所以$T(n)=\Theta(n^{\lg 7})$

f) $$a=2, b=4, f(n)=\sqrt n=\Theta(n^{\log_{4}{2}})$$ 滿足情況2，所以$T(n)=\Theta(\sqrt n \lg n)$

g) 利用遞歸樹可以看出第i層的規模為n-2i，所以總時間為 $$T(n) = \sum_{i=0}^{n/2-1} {(n-2i)^2} = \frac {n(n+1)}2=\Theta(n^3)$$ 證明：假定有$\forall m < n, T(m) \le c \lg m^3$，代入遞推式可得 $$\eqalign { T(n) & \le c(n-2)^3+n^2 \\ & = c(n^3-6n^2+12n-8) + n^2 \\ & \le cn^3-(6c-1-12c\frac1n)n^2 \\ & \le cn^3 -(6c-1-4c)n^2 &(n \ge 3) \\ & \le cn^3 & (c\ge \frac 12)}$$

4-2

a)

• 方法1的時間遞推式為$T(n)=T(n/2)+\Theta(1)$，可以得出$T(n)=O(\lg n)$
• 方法2的時間遞推式為$T(n)=T(n/2)+\Theta(n)$，可以得出$T(n)=O(n)$
• 方法3的時間遞推式為$T(n)=T(n/2)+\Theta(N)$，可以得出$T(n)=O(n\lg n)$

b)

• 方法1的時間遞推式為$T(n)=2T(n/2)+\Theta(n)$，可以得出$T(n)=O(n \lg n)$
• 方法2的時間遞推式為$T(n)=2T(n/2)+\Theta(n)$，可以得出$T(n)=O(n \lg n)$
• 方法3的時間遞推式為$T(n)=2T(n/2)+\Theta(N)$，可以得出$T(n)=O(n^2)$

4-3

a) $$a=4, b=3, f(n)=O(n^{\log_34 - \epsilon}) \qquad (0 \lt \epsilon \lt \log_34 -1))$$ 滿足情況1，所以$T(n)=\Theta(n^{\log_34})$

b) $a=3, b=3, f(n)=o(n)$，不存在$\epsilon \gt 0$，使得$f(n) = O(n^{\log_33 -\epsilon})$，所以不能使用主方法。
利用遞歸樹來求解，第i層的時間為$n/\lg { (n/{3^i})}$，層數為$\log_3 n$，最底層時間為$3^{\log_3 n}=n$，可得總時間為 $$\eqalign { T(n) & = \sum_{i=0}^{log_3 n - 1} \frac n {\lg {(n/3^i)}} \\ & = n\sum_{i=0}^{\log_3 n -1}{\frac 1{\lg n - i\lg 3}} \\ & = n\sum_{i=0}^{\log_3 n -1}{\frac 1{1 + i\lg3}}}$$ 令$$a_i = \frac {1}{1+i\lg3}, S_n = \sum_{i=1}^{n} a_i$$ $$\because \frac {1}{(i+1)\lg 3} \lt a_i \lt \frac {1}{i\lg 3}$$ $$\therefore \frac 1{\lg 3}\ln {(n+1)} + C_1 \lt S_n \lt \frac 1{\lg3}\ln n+C_2$$ 可以得到$$\Rightarrow \cases {T(n) \lt \frac 1{\lg 3}n\ln {\log_3 n}+\Theta(n)=O(n\lg {\lg n}) \\ T(n) \gt \frac 1{\lg3}n \ln (\log_3 n+1) + \Theta(n)=\Omega(n\lg {\lg n})}$$ 所以$T(n) = \Theta (n \lg {\lg n})$

c) $$a=4, b=2, f(n)=n^{2.5}=\Omega (n^{\log_2 4 + 0.5})$$ $$af(\frac nb) = 4(\frac n2)^{2.5}=\frac 1{\sqrt 2}n \lt cf(n) \qquad (\frac 1{\sqrt 2} \le c \lt 1)$$ 滿足情況3，所以$T(n)=\Theta(n^2 \sqrt n)$

d) 通過遞歸樹可得第0層規模為n，第1層為n-2 \times 3，第2層為n-2 \times 3 - 2 \times 3^2，層數區間為$[\log_3 n - 1, \log_3 n]$所以總時間為 $$\eqalign { T(n) & \le \frac12 \sum_{i=0}^{\log_3 n - 2} {(n-2\sum_{j=1}^{i}{3^j})} + \Theta(n) \\ & = \frac 12 n\log_3n - \sum_{i=1}^{\log_3 n - 1}{\frac {3^{i+1}-1}{2}}+ \Theta(n) \\ & \lt \frac 12 n \log_3 n - \frac 32 n+ \Theta(n) \\ & = O(n \lg n) }$$ $$\eqalign { T(n) & \ge \frac12 \sum_{i=0}^{\log_3 n - 2} {(n-2\sum_{j=1}^{i}{3^j})} + \Theta(n) \\ & = \frac 12 n(\log_3n-1) - \sum_{i=1}^{\log_3 n - 1}{\frac {3^{i+1}-1}{2}}+ \Theta(n) \\ & \gt \frac 12 n \log_3 n - \frac 32 n+ \log_3 n + \Theta(n) \\ & = \Omega(n \lg n) }$$ 證明：假定有$\forall m \lt n, T(m) \le cm \lg m$，代入遞推式可得 $$\eqalign {T(n) & \le 3c(\frac n3-2) \lg {(\frac n3-2)} + \frac n2 \\ & \lt 3c\frac n3 \lg {\frac n3} + \frac n2 \\ & = cn\lg n - (c\lg3 - \frac 12)n \\ & \le cn\lg n & (c \ge \frac 1{2 \lg 3}) }$$ 假定有$\forall m \lt n, T(m) \ge c(m+d) \log_3 (m+d)$，代入遞推式可得 $$\eqalign {T(n) & \ge 3c (\frac n3 -2 +d) \log_3 {(\frac n3 -2 +d)}+\frac n2 \\ & = 3c(\frac n3+d-2) (\log_3 (n-6+3d) -1)+\frac n2 \\ & = cn\log_3 {(n-6+3d)}+(\frac 12-c)n+3c(d-1)\log_3 {(n-6+3d)+3c(d-1)} \\ & \ge cn\log_3 {(n+d)}}$$ 其中$2d-6 \ge 0,\frac12 -c \ge 0, d-1 \ge 0 \Rightarrow 0 \lt c \le \frac 12, d \ge 3$

e) 同b)，$T(n)=n \lg {\lg n}$

f) 根據遞歸樹可知第i層的規模為$(\frac 78)^in$，最長路徑為$\lg n$，最短路徑為$\log_8 n$，所以 $$\eqalign {T(n) & \lt \sum_{i=0}^{\lg n-1}{(\frac 78)^in} \\ & = \frac {1-(7/8)^{\lg n}}{1-(7/8)} n \\ & = 8(n-n^{1+\lg {(7/8)}}) \\ & = O(n)}$$ $$\eqalign {T(n) & \gt \sum_{i=0}^{\log_8 n-1}{(\frac 78)^in} \\ & = \frac {1-(7/8)^{\log_8 n}}{1-(7/8)} n \\ & = 8(n-n^{1+\log_8 {(7/8)}}) \\ & = \Omega(n)}$$ 證明：假定有$\forall m \lt n, T(m) \le cm$，代入遞推式可得 $$\eqalign {T(n) & \le c\frac n2 +c\frac n4 + c\frac n8 +n \\ & = cn - (\frac 18c-1)n \\ & \le cn & (c \ge 8)}$$ 假定有$\forall m \gt n, T(m) \le cm$，代入遞推式可得 $$\eqalign {T(n) & \ge c\frac n2 +c\frac n4 + c\frac n8 +n \\ & = cn + (1-\frac 18c)n \\ & \ge cn & (c \le 8)}$$

g) 根據遞歸樹可知，第i層的規模為$n-i$，層數為n，總時間為 $$T(n) = \sum_{i=0}^{n-1} {\frac 1{n-i}} = \sum_{i=1}^{n} {\frac 1i} = \ln n + C=\Theta(\lg n)$$

h) 根據遞歸樹可知，第i層的規模為$n-i$，層數為n，總時間為 $$T(n) = \sum_{i=0}^{n-1} {\lg (n-i)} = \sum_{i=1}^{n} {\lg i} = \lg {(n!)} = \Theta (n \lg n)$$

i) 根據遞歸樹可知，第i層的規模為$n-2i$，層數為$n/2$，總時間為 $$\eqalign {T(n) & = \sum_{i=0}^{n/2-1}{\frac 1{\lg {(n-2i)}}} = \sum_{i=2}^{n/2}{\frac 1{1 + \lg i}} }$$ 令 $$a_i = \frac 1{1+\lg i}, S_n = \sum_{i=2}^{n}{a_i} $$ $$\because \frac 1{2\lg i} \le a_i \lt \frac 1{\lg i}$$ $$\sum_{i=2}^{n} \dfrac1{\lg i} \sim \int_2^n \dfrac{dx}{\lg x} \sim \dfrac{n}{\lg n}$$ $$\therefore S_n \sim \frac n{\lg n}$$ 所以可知$T(n) = \Theta(n/ \lg n)$

j) 根據遞歸樹可知，每層的規模都是n，層數為$\lg {\lg n}$，所以總時間為 $$T(n) = n \lg {\lg n} = \Theta (n \lg {\lg n})$$

4-4

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

b) 根據a)的結論，解$\mathcal{F(z)}$關於$z$的方程即可得到 $$\mathcal{F(z)} = \frac z{1-z-z^2}$$

c) 根據斐波那契數列(Fibonacci numbers)通項 $$F_i = \frac {\phi ^i-\hat{\phi}^i}{\sqrt 5}$$ 可得 $$\sum_{i=0}^{n}{F_iz^i} = \sum_{i=0}^{n} {\frac {\phi ^i-\hat{\phi}^i}{\sqrt 5}z^i}$$

d) 由於 $$F_i = \frac {\phi ^i-\hat{\phi}^i}{\sqrt 5} \\ \Rightarrow \frac {\phi ^i} {\sqrt 5} = F_i - \frac {\hat {\phi}^i}{\sqrt 5}$$ $$\because \frac {\hat {\phi}^i}{\sqrt 5} \lt 0.5 \\ \therefore F_i = \frac {\phi ^i}{\sqrt 5} \pm c \qquad (0 \lt c \lt 0.5)$$ 得證。

4-5

a) 由於有一半以上是壞的零件，所以假定現在一共有三個零件，那么其中至少有兩個是壞的。假如每個壞的零件在測試別的零件的時候都說是壞的，那么沒有一個零件會說對方是好的，由於所有的結果都一樣，所以無法判斷到底哪個是好的零件。

b) 假如現在有k個零件，將他們兩兩一組進行測試，然后將出現第一種情況（互相說對方是好的）的零件取任意一個留下，另一個舍棄，其他情況的都不留下。如果零件的數量是奇數，那么沒有配對的零件也留下。然后對剩下的零件重復以上操作，直至只剩一個零件，該零件為所求。
分析：一組出現的情況有三種：2個好零件、1好1壞、2個壞零件。假設：

• 2個好零件有x組
• 1好1壞有y組
• 2個壞零件有z組
• 共有g個好零件，b個壞零件

那么：

• 如果k是偶數，那么$g=2x+y \gt b = y + 2z \Rightarrow x \gt z$，這種情況下x個好零件和z個壞零件留下了，剩下的數量$x+z \le (2x+2y+2z)/2$
• 如果k是奇數，且多余的零件是壞的，那么$g=2x+y \gt b = y + 2z + 1 \Rightarrow x \gt z + 1$，這種情況有x個好零件和z+1個壞零件留下了，剩下的數量$x+z+1 \le \lceil (2x+2y+2z+1)/2 \rceil$
• 如果k是奇數，且多余的零件是好的，那么$g=2x+y+1 \gt b = y + 2z \Rightarrow x+1 \gt z$，這種情況有x+1個好零件和z個壞零件留下了，剩下的數量$x+z+1 \le \lceil (2x+2y+2z+1)/2 \rceil$

所以，不管什么情況下剩余的好零件都多於壞零件，並且總數量不大於原來的一半，共需$\lfloor k/2 \rfloor$次比較。

c) 當找到一個好零件之后只要用它測試其他的零件即可找出其他的好零件。找出一個好零件的時間$T_1(n)=T_1(n/2)+O(n)＝O(n)$，找出其他好零件的時間$T_2(n) = n-1 = O (n)$，所以總的時間$T(n)= O(n)$。

4-6

a) 令$k=i+1,l=j+1$顯然當 $$A[i,j]+A[k,l] \le A[i,l] + A[k,j]$$ 時有 $$A[i,j]+A[i+1, j+1] \le A[i+1, j] + A[i, j+1]$$ 接下來證另一個方向。 假設對於$x' \lt m, y' \lt n$，有： $$\forall 1 \le x \le x', 1 \le y \le y', \quad A[i, j]+A[i+x,j+y] \le A[i+x,j] + A[i, j+y]$$ 於是要證對於$x=x'+1, y=y'$也成立。根據假設，可知： $$A[i, j] + A[i+x', j+ y'] \le A[i+ x', j] + A[i, j+y'] \tag {1}$$ 同時有： $$\forall 1 \le k \le y', \quad A[i+x', j+k-1] + A[i+x'+1, j+k] \le A[i+x'+1, j+k-1] + A[i+x', j+k]$$ $$\Rightarrow A[i+x', j] + A[i+x'+1, j+y'] \le A[i+x'+1, j] + A[i+x', j+y'] \tag {2}$$ 式(1)+式(2)： $$A[i, j] + A[i+x', j+ y'] + A[i+x', j] + A[i+x'+1, j+y'] \\ \le A[i+ x', j] + A[i, j+y'] + A[i+x'+1, j] + A[i+x', j+y'] $$ $$\Rightarrow A[i, j] + A[i+x'+1, j+y'] \le A[i+x'+1, j] + A[i+x', j+y']$$ 得證。同理可證對於$x=x', y=y+1'$也成立。

b) 改動紅色的元素 $$\begin {pmatrix} 37 & 23 & 22 & 32 \\ 21 & 6 & {\color {red} 5} & 10 \\ 53 & 34 & 30 & 31 \\ 32 & 13 & 9 & 6 \\ 43 & 21 & 15 & 8 \end {pmatrix}$$

c) 假設$\exists i, f(i) \gt f(i+1)$，那么有 $$A[i, f(i)] \gt A[i+1, f(i+1)]$$ $$\Rightarrow A[i, f(i+1)] + A[i+1, f(i)] \gt A[i, f(i)] + A[i+1, f(i+1)]$$ 與蒙赫陣列(Monge array)的定義矛盾，所以得證。

d) 由於我們已經知道偶數行最小值的位置，根據c)的結論可知，對於奇數行2k+1，$f(2k) \le f(2k+1) \le f(2k+2)$，所以只要求該區間元素的最小值即可。 $$T(n) = \sum_{i=1}^{m/2} {(f(2k) - f(2k-2)+1)}\le m+n = O(m+n)$$

e) 每次迭代行數減半，所以$T(m) = T(m/2) + O(m+n)$ $$T(n) = \sum_{i=0}^{\lg m-1}{(\frac m{2^i}+n)} \le 2m + n\lg m = O(m+ n\lg m)$$