n * log n和n / log n对多项式运行时间

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我知道比快，但比慢。我很难理解的是如何将和与，其中。 $\Theta(n)$ $\Theta(n\log n)$ $\Theta(n/\log n)$ $\Theta(n \log n)$ $\Theta(n/\log n)$ $\Theta(n^f)$ $0 < f < 1$

例如，我们如何决定与或 $\Theta(n/\log n)$ $\Theta(n^{2/3})$ $\Theta(n^{1/3})$

在这种情况下，我想提供一些指导。谢谢。

asymptotics mathematical-analysis landau-notation

— 弥撒
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如果仅绘制几个图形，您的状态就会很好。Wolfram Alpha是进行此类调查的重要资源：

方程式

通过此链接生成。请注意，在图中，log（x）是自然对数，这就是一个图的方程式看起来有点有趣的原因。

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哦，亲爱的，请不要！

— 拉斐尔

除了同意Raphael之外，此图片还会提供更好的主意，选择更大的范围会使第二个功能消失，这可能会造成混淆。

— phant0m 2012年

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是的倒数。正如增长快于任何多项式增长而不论有限大小如何，增长速度要慢于任何多项式函数增长，而不管非零正大小如何。 $\log n$ $2^n$ $2^n$ $n^k$ $k$ $\log n$ $n^k$ $k$

$n / \log n$ $n^k$ $k < 1$ $n / \log n$ $n / n^{1-k}$

$n^{1-k} > \log n$ $n$ $n / \log n > n^k$ $k < 1$ $n$

— 塔德林
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对于许多算法，有时会出现常数不同的情况，导致数据大小较小时一个或多个常数变快或变慢，并且由于算法复杂性而排序不那么合理。

话虽如此，如果我们仅考虑超大数据大小，即。其中一个最终赢了，那么O(n^f)是不是快O(n/log n)了0 < f < 1。

算法复杂度的很大一部分是确定哪种算法最终更快，因此通常知道O(n^f)比O(n/log n)for 更快0 < f < 1。

一个通用规则是，log n与n^f任何一个乘（或除）相比，乘（或除）最终将可以忽略不计f > 0。

为了更清楚地说明这一点，让我们考虑随着n的增加会发生什么。

   n       n / log n         n^(1/2)
   2        n/ 1              ?
   4        n/ 2             n/ 2
   8        n/ 3              ?
  16        n/ 4             n/ 4
  64        n/ 6             n/ 8
 256        n/ 8             n/16
1024        n/10             n/32

注意哪个下降更快？这是n^f专栏。

即使f接近1，该n^f列的启动也会变慢，但是当n翻倍时，分母的变化速率会加快，而该n/log n列的分母似乎会以恒定的速率变化。

让我们在图形上绘制一个特殊情况

在此处输入图片说明

资料来源：Wolfram Alpha

我所选择O(n^k)，使得k很接近1（处0.9）。我还选择了常量，因此起初O(n^k)速度较慢。但是，请注意，它最终最终“获胜”，并且花费的时间少于O(n/log n)。

— 罗纳尔奇恩
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那n / log n呢？

那是一个错字，这就是我一开始的意思。无论如何，我添加了一个更合适的图形，该图形显示出n^k最终速度更快，即使选择了常数，使其最初速度也较慢。

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$n^f$ $\dfrac{n}{n^{1-f}}$ $n^{2/3}=n/n^{1/3}$

\frac{n}{\log n} vs. \frac{n}{n^{1 - f}} .

$\frac{n}{\log n} \quad \text{vs.} \quad \frac{n}{n^{1-f}}.$

$\log n$ $n^\varepsilon$ $\varepsilon>0$

— 舒尔茨
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比较运行时间时，使用大的n值进行比较总是有帮助的。对我来说，这有助于建立关于哪个功能较慢的直觉

在您的情况下，请考虑n = 10 ^ 10和a = .5

O(n/logn) = O(10^10/10) = O(10^9)
O(n^1/2) = O(10^10^.5) = O(10^5)

因此，O（n ^ a）比O（n / logn）快，当0 <a <1时，我只使用了一个值，但是，您可以使用多个值来构建关于函数的直觉

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不要写O(10^9)，但是尝试一些数字来建立直觉的要点是正确的。

失败。这是不正确的。您替换了单个n常数，该常数可能有偏差。如果选择不同的常量，则可以使任何算法看起来更好。大O表示法用于确定从长远来看会更快的趋势。为此，即使n较小时，它必须较慢，即使n较大，它也应显示为更快。

谢谢。加了多个值并考虑了更大的数字

应该注意的是，仅仅因为对于某些常数a的f（a）> g（a），并不一定意味着O（f（x））> O（g（x））。这对于建立直觉很有用，但不足以构成严格的证明。为了证明这种关系成立，必须证明这对所有大n都是正确的，而不仅仅是一个大n。同样，您必须证明它为正度<1的所有多项式是真实的

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$f \prec g$

n^{α_{1}} (\log n)^{α_{2}} (\log \log n)^{α_{3}} ≺ n^{β_{1}} (\log n)^{β_{2}} (\log \log n)^{β_{3}} ⟺ (α_{1}, α_{2}, α_{3}) < (β_{1}, β_{2}, β_{3})

$n^{\alpha_1}(\log n)^{\alpha_2}(\log \log n)^{\alpha_3} \prec n^{\beta_1}(\log n)^{\beta_2}(\log \log n)^{\beta_3} \Longleftrightarrow (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) < (\beta_1, \beta_2, \beta_3)$

$(2, 10) < (3, 5)$ $(2, 10) > (2, 5)$

应用于您的示例：

$\mathcal{O}(n/\log n) \Rightarrow (1, -1, 0)$

$\mathcal{O}(n^{2/3}) \Rightarrow (2/3, 0, 0)$

$\mathcal{O}(n^{1/3}) \Rightarrow (1/3, 0, 0)$

(1 / 3, 0, 0) < (2 / 3, 0, 0) < (1, - 1, 0) \Rightarrow O (n^{1 / 3}) ≺ O (n^{2 / 3}) ≺ O (n / \log n)

$(1/3, 0, 0) < (2/3, 0, 0) < (1, -1, 0)\\ \Rightarrow \mathcal{O}(n^{1/3}) \prec \mathcal{O}(n^{2/3}) \prec \mathcal{O}(n/\log n)$

您可能会说：n的幂支配log的幂，而log的幂支配log。

资料来源：《具体数学》，第1页。441

— phant0m
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