使用主定理时对假设

Master定理是解决某些递归问题的漂亮工具。但是，在应用时，我们经常会掩盖一个不可或缺的部分。例如，在对Mergesort进行分析时，我们很高兴地从

$\qquad T(n) = T\left(\left\lfloor \frac{n}{2} \right\rfloor\right) + T\left(\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil\right) + f(n)$

至

$\qquad T'(n) = 2 T'\left(\frac{n}{2}\right) + f(n)$

仅考虑 $n=2^k$ 。我们保证ourselved，这一步是有效的-那就是 $T \in \Theta(T')$ -因为 $T$ 表现“很好”。通常，我们假设 $n=b^k$ 对于 $b$ 是公分母。

通过使用恶性，很容易构造不允许这种简化的重复 $f$ 。例如，以上针对重复 $T\,$ / $\,T'$ 与

$\qquad f(n) = \begin{cases} 1 &, n=2^k \\ n &, \text{else} \end{cases}$

可以通过通常的方法使用Master定理得出 $\Theta(n)$ ，但是显然有一个子序列会像一样增长 $\Theta(n \log n)$ 。参见此处，了解另一个更人为的示例。

我们怎样才能做到“严谨”呢？我很确定单调性就足够了，但是即使简单的Mergesort递归也不是单调的。有一个周期分量（渐近地占主导）。研究是否足够 $f$ ，并且在 $f$ 有什么必要和充分条件来确保Master定理有效？

— 拉斐尔
source

得出相同结果的另一个结论是Akra-Bazzi定理“关于线性递归方程的解”，计算优化和应用，10（2），195-210（1998），或Drmota和Szpankowski“离散除法主定理”。和征服重复”，SODA'11 < dl.acm.org/citation.cfm?id=2133036.2133064 >。

— vonbrand

这是上述文件的链接，该文件不在付费专区之内。

— Paresh

IIRC这是在CLRS第四章讨论

— 卡韦赫

@Kaveh感谢您的指导。在大多数情况下，他们称其为“可忍受的草率”。在他们的上下文中，这很好，因为他们假设您仅得出假设，随后通过归纳证明是正确的。他们提到了危险（4.6）。在4.6.2中，他们给出了证明，但这是高级的，他们没有明确说明必须对

施加哪些限制。因此，看起来好像是“

使数学通过”，我认为主要是要求

具有“ nice”

类。

T

$T$

T

$T$

f

$f$

Θ

$\Theta$

— 拉斐尔

一般情况下，当您没有相似的大小时，可以使用Akra–Bazzi方法（是主定理的推广），请确保如何将特定函数更改为在该定理中有效的函数，这需要一些技巧，对于合并归类，这就是人们通常用来证明时间复杂度的方法。

在整个答案中，我们假设和为非负数。只要某单调，我们的证明就起作用。这包括您的Mergesort示例，其中，以及任何具有多项式增长率（或什至）的。 $f$ $T$ $f = \Theta(g)$ $g$ $f=\Theta(n)$ $\Theta(n^a \log^b n)$

让我们首先考虑是单调非递减的情况（稍后我们将放松此假设）。我们专注于您的样品复发此重复需要两个基本情况和。我们假设 $f$

T (n) = T (⌊ n / 2 ⌋) + T (⌈ n / 2 ⌉) + f (n) .

$T(n) = T(\lfloor n/2 \rfloor) + T(\lceil n/2 \rceil) + f(n).$

T (0)

$T(0)$

T (1)

$T(1)$

，其中，我们还放松以后。

T (0) \leq T (1)

$T(0) \leq T(1)$

我声称是单调非递减的。我们证明通过完整感应该。这给出了，所以让。我们有 $T(n)$ $T(n+1) \geq T(n)$ $n = 0$ $n \geq 1$ 这意味着，所以如果

\begin{aligned} T (n + 1) & = T (⌊ (n + 1) / 2 ⌋) + T (⌈ (n + 1) / 2 ⌉) + f (n + 1) \\ \geq T (⌊ n / 2 ⌋) + T (⌈ n / 2 ⌉) + f (n) = T (n) . \end{aligned}

$\begin{align*} T(n+1) &= T(\lfloor (n+1)/2 \rfloor) + T(\lceil (n+1)/2 \rceil) + f(n+1) \\ &\geq T(\lfloor n/2 \rfloor) + T(\lceil n/2 \rceil) + f(n) = T(n). \end{align*}$

T (2^{⌊ \log_{2} n ⌋}) \leq T (n) \leq T (2^{⌈ \log_{2} n ⌋}) .

$T(2^{\lfloor \log_2 n \rfloor}) \leq T(n) \leq T(2^{\lceil \log_2 n \rfloor}).$

，我们就完成了。如果2的幂的解的形式为

则情况总是如此。

T (2^{m}) = Θ (T (2^{m + 1}))

$T(2^m) = \Theta(T(2^{m+1}))$

T (n) = Θ (n^{a} \log^{b} n)

$T(n) = \Theta(n^a \log^b n)$

现在，让我们放松假设。考虑以完全相同的方式定义的新递归，仅。我们可以通过归纳证明。同样，我们可以定义一个满足的新递归 $T(0) \leq T(1)$ $T'$ $T'(0) = T'(1) = \min(T(0),T(1))$ $T'(n) \leq T(n)$ $T''$ $T''(0) = T''(1) = \max(T(0),T(1))$ ，然后是。调用Master定理，对于相同的函数，我们看到和，所以也是如此。 $T(n) \leq T''(n)$ $T'=\Theta(h)$ $T''=\Theta(h)$ $h$ $T = \Theta(h)$

现在让我们放宽是单调的假设。假设对于某些单调函数，。因此，对于某些和足够大的。为了简单起见，我们假设；一般情况可以按上一段所述处理。同样，我们通过分别用替换来定义两个递归。再次，母定理将给出相同的结果（最大恒定倍数），这也与我们通过仅以2的幂求解原始递归得到的结果相同（最大恒定倍数）。 $f$ $f = \Theta(g)$ $g$ $cg(n) \leq f(n) \leq Cg(n)$ $c,C>0$ $n$ $n=0$ $T',T''$ $f$ $cg,Cg$

— Yuval Filmus
source

最终，我们不得不更仔细地阅读了。很好，谢谢！我想我会为以后的读者注意这一点（因为我偶然发现了它）：不是一个限制，因为对于超多项式和Master定理不适用于此类。

T (2^{m}) \in Θ (T (2^{m + 1}))

$T(2^m) \in \Theta(T(2^{m+1}))$

T

$T$

— 拉斐尔

我试图更详细地写下您的证明，并坚持证明您的最后一句话，“这也与我们仅通过二次方求解原始递归所得到的结果相同。特别是，我们必须证明，对于，和，我们会遇到与Master定理相同的情况。对于案例1和案例2，这没有问题，但对于案例3，我无法证明的存在（参见CLRS中的版本，第3版中的p94）。您是否考虑过这一点，或者是否使用了类似于Wikipedia的版本？

c g

$cg$

f

$f$

C g

$Cg$

c < 1

$c < 1$

— 拉斐尔

这是技术性的。如果那么问题就消失了，例如，请参阅users.encs.concordia.ca/~chvatal/notes/master.pdf。函数将自动满足条件。我想对于。或者，仅在而不是上直接声明此条件：必须存在一些满足 “规则”。

f = Θ (n^{α})

$f = \Theta(n^\alpha)$

g

$g$

f = Θ (n^{α} \log^{β} n)

$f = \Theta(n^\alpha \log^\beta n)$

g

$g$

f

$f$

g

$g$

f = Θ (g)

$f = \Theta(g)$

— Yuval Filmus

好吧，您声称“单调”是一个足够的条件（我相信您），所以我尝试使用它。如果我没记错的话，例如CLRS中给出的Master定理适用于，因此对多对数函数或类似函数的限制不是“技术上的”，而是适当地削弱了结果。顺便提一下，将“规则性”提升为并没有帮助：在关键情况下，我已经通过 /规则性（假设）获得了它。因此，很遗憾，我回到了我以前的评论。如果这真的只是技术问题，我看不到。不平等太多。

g

$g$

f : n \mapsto 2^{n}

$f : n \mapsto 2^n$

g

$g$

c g

$cg$

C g

$Cg$

— 拉斐尔

我仍然认为这是技术性的。您担心的状况是技术状况。对于实践中出现的大多数功能，条件将成立。您正在要求以上证明草图通过的最一般条件。这是一个有趣的问题，我懒得回答。

— Yuval Filmus