《算法导论》读书笔记（2）复杂度、分治策略 部分习题

继续。

第3章，函数的增长。这章比较简单。渐进符号，O, Θ, Ω。函数的上下界。

练习3.2-8，k*ln(k)>=C1*n; k*ln(k)<=C2*n; 解不等式，k=Θ(n/lnn)。

思考题3-6，a: n; b: lg*(n); c: log2(n); d: log2(n)-1; e: -lg(lg(n)); f: 无穷大; g: -log3(log2(n)); h: log(lgn)(n/2) //非最优;

第4章，分治策略。递归式，子问题，求解递归式的三种方法。对递归树法比较感兴趣。举了个最大子数组的例子。这个例子中分治与暴力枚举的区别在与，分治是先划中间点，寻找跨越中间点的一对最大最小点，然后在左右两个分划的区域继续寻找。这样，每层Θ(n)，一共log2(n)层。而暴力枚举法需要对每个元素都检查n次，总共是Θ(n^2)。如果用非常不严谨的伪码表示：

function find(A){if count(A)<2 return 0; if count(A)==2 return A[end]-A[begin]; return max(find_cross(A),find(A前半),find(A后半));}
function find_cross(A){return find_biggest_in(A后半)-find_smallest_in(A前半);}

递归树计算渐进紧确解。按层分解，每层各自求和后，求各层总和。主定理无感。

练习4.4-8，T(n)=T(n-a)-T(a)+cn，a是常数，所以总的层数是n/a，每层cn，故总计为Θ(n^2)。

练习4.4-9，T(n)=T(an)+T((1-a)n)+cn，令a>1/2，总层数为-log2(n)/log2(a)，每层为cn，故总计为Θ(-n*log2(n)/log2(a))。那么如果a<1/2怎么办，令a=1-1/a，代入即可。

思考题4-5，两两测试，如果结果都是好的，那么两块都是好的，或者都是坏的。如果有一个测试是坏的，或者都是坏的，那么至少有一块是坏的。最终可以分为两堆，至少有一堆内部互相都测试为好的，堆之间交叉测试都是坏的。数量多的一堆是真正的好的。

方法：两两测试，好的都标为true对，true对中选一个与其他true对比较，把最终都是true的放一堆，false的放另一堆，可知此时true堆与false堆必有一堆为好一堆为坏。记为set1, set2, 剩下的是原来标为false对的记为set3。用set1中一个依次测set3中，得true则加入set1, set2中一个依次测set3中，得true加入set2，此时，set1与set2必有一堆超过半数，那么它们全部为true。完成。

思考题4-6，两个证明比较有意思。

先试一下初始值看看

A[i,j]+A[i+1,j+1]<=A[i,j+1]+A[i+1,j]

A[i,j]+A[i+2,j+2]=(A[i,j]+A[i+1,j+1])+(A[i+1,j+1]+A[i+2,j+2])-2*A[i+1,j+1]<=(A[i,j+1]+A[i+1,j])+(A[i+1,j+2]+A[i+2,j+1])-2*A[i+1,j+1]<=(A[i,j+2]+A[i+2,j])+2*(A[i+1,j+1])-2*A[i+1,j+1]=(A[i,j+2]+A[i+2,j])

可以证了。

1，假设任意l>=1，有A[i,j]+A[i+l,j+1]<=A[i,j+1]+A[i+l,j]

A[i+l,j]+A[i+l+1,j+1]<=A[i+l+1,j]+A[i+l,j+1]

相加(A[i,j]+A[i+l,j+1])+(A[i+l,j]+A[i+l+1,j+1])<=(A[i,j+1]+A[i+l,j])+(A[i+l+1,j]+A[i+l,j+1])

则A[i,j]+A[i+l+1,j+1]<=A[i,j+1]+A[i+l+1,j]

2，同理可证

对任意k>=1，有A[i,j]+A[i+1,j+k]<=A[i,j+k]+A[i+1,j]

则A[i,j]+A[i+1,j+k+1]<=A[i,j+k+1]+A[i+1,j]

3，假设任意l,k>=1，有A[i,j]+A[i+l,j+k]<=A[i,j+k]+A[i+l,j]

A[i,j]+A[i+l+1,j+k+1]=(A[i,j]+A[i+l,j+k])+(A[i+l,j+k]+A[i+l+1,j+k+1])-2*A[i+l,j+k]<=A[i,j+k]+A[i+l,j]+(A[i+l,j+k+1]+A[i+l+1,j+k])-2*A[i+l,j+k]<=(A[i+l+1,j]+A[i+l,j+k])+(A[i,j+k+1]+A[i+l,j+k])-2*A[i+l,j+k]=A[i+l+1,j]+A[i,j+k+1]

4，综上，A[i,j]+A[i+l,j+k]<=A[i,j+1]+A[i+1,j]推出A[i,j]+A[i+l,j+k]<=A[i,j+k]+A[i+l,j]

第二个证明题，归谬法。构建最小的元素在右对角线上。那么他们的和不可能大于左对角线两元素和。证毕。