算法样本问题复发|套装2

• 问题1： T(n)的复杂度是多少?

  $T(n) = T(n-1) + \frac{1}{n(n-1)}$

  1. Θ( ¹ ⁄ _n )
  2. Θ( ¹ ⁄ _{n ²} )
  3. Θ(1)
  4. Θ(ln(n))

  答：3
  说明：使用替换技术来求解给定的递归函数，可以归纳地猜测T(n)的闭合形式(非递归形式)，如下所示：

  $T(n) = T(1) + \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k-1)}$

  在继续进行并涉及复杂的分数之前，最好简化手头的方程式。部分分数分解法是一种常用的表示有理分数的方法，其中分子和分母都是多项式形式，是一个或几个分数和一个较简单分母的总和。使用此方法可以得到：

  $\frac{1}{k(k-1)} = \frac{A}{K} + \frac{B}{k-1}$

  进行分解时，A和B的值分别为-1和+1。执行此分解后，T(n)的非递归形式应写为：

  $T(n) = T(1) + \sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{k-1} - \frac{1}{k})$

  扩展T(n)的这种紧凑表示将导致：

  $T(n)=T(1)+((\frac{1}{1}-\frac{1}{2})+(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})+...$

  $+(\frac{1}{n-2}-\frac{1}{n-1})+(\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}))$

  显而易见的是，除第一个和最后一个分数外，每个分数均出现两次，但每次符号相反。因此，除第一个和最后一个分数外，所有分数都将消失：

  $T(n) = T(1) + \frac{1}{1} - \frac{1}{n} = T(1) + 1 - \frac{1}{n}$

  从刚刚得出的最后一个方程，T(n)的渐近复杂度为：

  $T(n) \in \theta (1 - \frac{1}{n}) \in \theta (1)$

• 问题2：确定(计数)具有四个偶数个“ a”的字符{a，b，c，d}的长度为N的字符串的总数吗? [C(N)是函数Count(N)的缩写，用于此目的。]
  1. C(N)= 5.0 * 3 ^N-1 – 1.0 * 5 ^N-1
  2. C(N)= 1.0 * 4 ^N + 6
  3. C(N)= 0.5 * 2 ^N + 0.5 * 4 ^N
  4. C(N)= 1.0 * 2 ^N + 2.0 *(3) ^N

  Example: 
  
  For n = 1, there are 3 distinct strings: C(3) = 3
  

  • b，c，d。

  对于n = 2，r，对于n = 2，10个可能的字符串是：C(10)= 10

  • aa，bb，cc，dd，bc，bd，cb，cd，db，dc

  答：3
  说明：在给定约束的情况下，字符串的第一个字符有两种可能的情况：

  1. 除“ a”外，第一个字符可以是可能的字符“ b”，“ c”或“ d”之一。在这种情况下，目的是找到由偶数个“ a”构成的剩余长度为“ N-1”的字符串的数目。
     • C(N)= 3 * C(N-1)
  2. 第一个字符可能是“ a”，而“ a”中的一个已经出现；因此，应该计算奇数为“ a”的可能字符串的数量。此数字不能称为C(N-1)，但仍可以通过使用C(N-1)来实现C(n)。
     • C(N)= 4 ^N-1 – C(N-1)，其中：
       • 4 ^N-1 ：四个字符的长度为(N-1)的可能字符串的总数
       • C(N-1)：长度为(N-1)的字符串由偶数个“ a”组成。

  由于上述两种不同的情况不能同时发生，因此字符串的总数是这些情况的总和：

  $C(N) = 3 * C(N-1) + (4^{N-1} - C(N-1))$

  $= 2*C(N-1) + 4^{N-1}$

  需要以下两个初始条件来找到特定的解决方案：

  1. 对于n = 1，存在3个不同的字符串：b，c，d。
  2. 或者，对于n = 2，10个可能的字符串是：aa，bb，cc，dd，bc，bd，cb，cd，db，dc

  现在，问题可以表述为：

  $C(N) = C_{1} * 2^{N} + C_{2} * 4^{N}, C(1) = 3, C(2) = 10$

  具有给定约束的字符串总数为：

  $C(N) = 0.5 * 2^{N} + 0.5 * 4^{N}$

• 问题3：哪个递归函数没有多项式形式的解?
  1. $T(N) = 2 * T(n-2) + 1$
  2. $T(N) = T(n-1) + N^{2}$
  3. $T(N) = T([ \frac{8}{9} n ] ) + 9 * n + 1$
  4. $T(N) = 100 * T(\frac{n}{99}) + N$

  答：1
  说明：需要上述所有方程式的解才能看到选项不是多项式的解。可以看出，所有的解都是多项式形式的，除了第一种选择。以下是对这些选项的分析：

  1. 选项(1)具有指数解：为了找到第一个选项中给出的方程的齐次解，需要其特征方程的根：

     $T(N) = 2 * T(n-1) + 1 \Rightarrow r^{2} - 2 = 0 \Rightarrow r = \pm \sqrt{2}$

     因此，该解决方案具有指数形式：

     $T(n)= c_{1} *( \sqrt{2})^{n}+ c_{2}*(-\sqrt{2})^{n}$

     $= c_{1} *2^{n/2}+c_{2} *(-1)^{n} * (2)^{n/2}$

  2. 选项(2)：第二种选择的方程式可以通过替换技术轻松解决：

     $T(n) = T(n-1) + n^{2} = T(n-2) + n^{2} + (n-1)^{2}$

     可以归纳地猜出的T(n)的闭合形式为：

     $T(n) = T(1) + \sum_{k=1}^{n} k^{2}$

     $= T(1) + sum.of.square.numbers \approx \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

     这就是说它是一个三阶多项式函数(三次多项式)：

     $T(n) \in \theta (T(1)) + \theta ( n^{3} ) \in \theta (1) + \theta (n^{3}) \in \theta (n^{3})$

  3. 选项(3)：根据主定理，在第三个选项中提出的方程的复杂度为$\theta(n)$ 。
  4. 选项(4)：第四选择方程式属于主定理的情况3；因此它的复杂性是$\theta(n^{\frac{100}{99}})$ 。
• 问题4：哪一个可以最好地估计F(n)渐近复杂度?

  $F(n) =\begin{cases}{F(\frac{n}{2}) + n^{3}} & {n \leq 100}\\{F(100) + n^{2}} & {n>100}\end{cases}$

  1. O(n ³ )
  2. ＆ohm;(n ² )
  3. O(n ² )
  4. Θ(n ² )

  答：4
  说明：在对这些问题做出任何决定之前，需要考虑一些棘手的事实：

  1. [找到尽可能紧密的边界]最佳渐近估计是当复杂性行为用Θ表示法表示时。这主要是基于算法的平均性能，即所谓的“平均情况”场景，该场景需要进行复杂的分析，程序员更喜欢使用O()之类的其他符号。但是，尝试找到最紧密的边界仍然是一个好习惯。
  2. [符号表示无穷大]数学渐近符号表示无穷大时复杂函数的行为，或者当“ n”趋向于非常大时。无限是一个假想的抽象概念，在现实生活中无法实现。为了进行计算并了解函数行为，应考虑的数量仅取决于问题。在这种情况下，似乎对输入数据大小“ n”没有限制。
  3. [了解测试人员的陷阱]为了摆脱测试人员提供的潜在陷阱，应将足够大的值分配给n；在此问题中，不应选择较小的值，例如100或1000。由于需要比较n <100时n ³的复杂度与n> 100时n ²的复杂度，因此大于1000的值是可以接受的，这会导致n = 100时n ² excel n ³ 。即使我们要在每个调用时间重新计算F(100)，对于n> 1000，n ²始终大于F(100)，对于较小的值(例如n = 100)，它的n ³阶数。在n> 1000的所需计算中，可以简单地忽略F(100)的值。
  4. [在现实世界的应用中，有时使用一些辅助存储器空间来提高速度有时是有效的]在此问题中，使用Θ(1)的辅助存储空间来保存F( 100)一次以备将来使用，而不必在n> 100的每个调用时间重新计算F(100)。因此，F(100)的复杂度将为O(1)，可能只是为了读取一个值，而对于n> 100，F(n)的复杂度将为Θ(n ² )。

  F(n)的复杂度为：

  $F(n) \in \Theta (n^{2})$

• 问题5：哪一个为k和α(alpha)指定合适的范围，以下渐近表达式成立?

  $(ln(n))^{k} \in O(n^{ \alpha })$

  1. α≥0＆k≤α
  2. α≥0.1＆k≥0
  3. α> 1＆k＆in; [R
  4. α> 0＆k＆in; [R

  答：4
  说明：一个非常可靠的资源(麻省理工学院的一份备忘单)可以有效地解决此问题。但是，并非所有解决方案，而是此解决方案中描述的重要部分，都是基于此MIT备忘单上的推导。

  目的是找到表达式ln ^k n＆in;的范围。 O( ^nα )是正确的。可能不保留该表达式的最坏条件是让表达式的左侧变得很大，同时试图迫使右侧保持尽可能小。换句话说，尝试为指数“ k”分配较大的可能值，同时在另一侧为指数“ Alpha”指定非常小的值。甚至可以将小于1的较小值分配给α。但是，目前，α被赋予一个可选的特定常数E，但还没有一个负值。 Α既未设置作为“ n”的函数的变量E(n)，因为这将是一个全新的要解决的问题，而不是此问题中描述的问题。

  令α= | E | (可选的小正常数)，并且k> 0；目的是查看表达式ln ^k n＆in; O(n ^E )是否为真：

  $\lim_{n \rightarrow \infty } \frac{ln(n)^{k}}{n^{| E |}} = (\lim_{n \rightarrow \infty } \frac{ln(n)}{n^{\frac{| E |}{k}}})^{k} = (\frac{ \infty }{ \infty })^{k}$

  应用Hopital规则可得出：

  $(\lim_{n \rightarrow \infty } \frac{ln(n)}{n^{\frac{| E |}{k}}})^{k} = (\lim_{n \rightarrow \infty } \frac{\frac{1}{n}}{\frac{|E|}{k} * n^{\frac{|E|}{k}}-1})^{k}$

  $= (\lim_{n \rightarrow \infty } \frac{\frac{1}{n}}{\frac{|E|}{k} * n^{\frac{| E |}{k}}* \frac{1}{n}})^{k} = (\lim_{n \rightarrow \infty } \frac{1}{\frac{|E|}{k} * n^{\frac{| E |}{k}} })^{k} = 0$

  到目前为止的推论表明，对数函数没有正指数“ k”，即使对很小的正指数，它也可以超过变量“ n”。可以肯定的是，当对数函数取负指数并变得更小时。换句话说：

  $(ln(n))^{-|k|} \leq (ln(n))^{k} \in O(n^{|E|})$

  如果指数Alpha取负值(α=-| E |)，该怎么办?由于负指数意味着翻转分数，翻转派系伴随着不等式的改变，因此得出：

  $\frac{1}{(ln(n))^{k}} \geq \frac{1}{n^{|E|}}$

  O标记不再成立。因此，保留上述不等式的范围是k＆in;时。 R＆α> 0;用数学语言：

  $(ln(n))^{k} \in O(n^{\alpha} )$为k＆in; R＆α> 0

  多项式表达式不能包含具有分数指数的变量；因此，由于采用了这样的分数值，因此这个问题甚至更具包容性。结果，此问题陈述描述了多项式表达式比对数函数更容易增长的速度。

  来源：

  1. 麻省理工学院渐近备忘单
  2. 伊朗大学考试的汇编(包括一些摘要，修改和翻译)