算法导论第3章习题解析

3.1-1:

证明：由题意可知 , f(n),g(n) 渐进非负 , 则存在 n′>0 ,使得当 n≥n′ 时，f(n)≥0,g(n)≥0 同时成立.

令 h(n)=max(f(n),g(n)).那么 , h(n) 可以表示为：

h(n)=|f(n)−g(n)|+g(n)+f(n)2

此题要求证明 , ∃c1>0,c2>0 , 使得当 n≥n0 时，

0≤c1(f(n)+g(n))≤h(n)≤c2(f(n)+g(n))

成立.

注意到 :

12(f(n)+g(n))≤|f(n)−g(n)|+g(n)+f(n)2≤f(n)+g(n)

所以取 c1=12,c2=1,n0=n′ , 可使得当 n≥n0 时 ,

0≤c1(f(n)+g(n))≤h(n)≤c2(f(n)+g(n))

即 : max(f(n),g(n))=Θ(f(n)+g(n)) 成立 , 从而得证.

3.1-2:

证明：取 n0=2|a|，则当 n≥n0 ，即 n≥2|a| 时，我们有：

−n2≤a≤n2，从而有 n2≤n+a≤3n2.

则，(12)bnb≤(n+a)b≤(32)bnb 对于任意 n≥n0 均成立.

所以，可取 c1=(12)b，c2=(32)b，n0=2|a|，当 n≥n0 时，

c1nb≤(n+a)b≤c2nb

成立，即 (n+a)b=Θ(nb)，得证.

3.1-3：

因为 O(n2) 描述的是算法运行时间的上界，而“至少”描述的是算法的运行时间的下界，因此“算法 A 的运行时间至少是 O(n) ”这一表述是无意义的。

3.1-4:

2n+1=O(2n) 成立，而 22n=O(2n) 不成立

3.1-5:

证明：先证明充分性

由 f(n)=O(g(n)) 可知：

存在正常数 c 和 n0，使得对所有 n≥n0，有 0≤f(n)≤cg(n).

又由 f(n)=Ω(g(n)) 可知：

存在正常数 c′ 和 n′0，使得对所有 n≥n′0，有 0≤c′g(n)≤f(n).

综上，存在正常数 c1=c′，c2=c，使得当 n≥max(n0,n′0)) 时，下式

c′g(n)≤f(n)≤cg(n) 成立，即 f(n)=Θ(g(n)) 成立.

再证明必要性：

由 f(n)=Θ(g(n)) 可知，存在正常数 c1,c2,n0 使得当 n≥n0 时，下式

0≤c1g(n)≤f(n)≤c2g(n) 成立，即 f(n)=O(g(n)) 且 f(n)=Ω(g(n)).

综上，得证.

3.1-6:

证明：其最坏情况运行时间为 O(g(n))，则 f(n)≤O(g(n))，其最好情况的运行时间为 Ω(g(n))，则 f(n)=Ω(g(n)) 由 3.1-5 的证明方法可以证明本题.

3.1-7:

本题可用反证法来证明：

证明：假设集合 A=o(g(n))∩w(g(n)) 不为空，那么存在 f(n)∈A，满足：

对于任意正常量 c1≥0，存在常量 n0≥0，使得对所有 n≥n0，有 0≤f(n)≤cg(n)；同时对于任意常量 c2≥0，存在常量 n′0≥0，使得对所有 n≥n′0，有 0≤cg(n)≤f(n).

那么当 n≥max(n0,n′0)，有 c2g(n)<f(n)<c1g(n)，因为 c1，c2 可以是任意正常量，那么当 c1=c2=c(其中 c 为任意常量)，满足条件的 f(n) 并不存在，所以集合 A 必为空.

3.1-8:
略.

3.2-1:

证明：由题意可知，f(n)，g(n) 单调递增，则取 n1 ，n2，当满足 n1≤n2 时，有

f(n1)≤f(n2)，g(n1)≤g(n2)，则 f(n1)+g(n1)≤f(n2)+g(n2)，f(g(n1))≤f(g(n2)).

所以 f(n)+g(n)，f(g(n)) 为单调增函数，如果 f(n)，g(n) 都为非负函数，那么有：

0≤f(n1)≤f(n2)，0≤g(n1)≤g(n2)，从而有 0≤f(n1)g(n1)≤f(n2)g(n2).因此

f(n)g(n) 也是增函数.

3.2-2:

证明：令 n=logbc⇒c=bn，则 clogba=bn⋅logba=an=alogbc，得证.

3.2-3：

证明：(1) 先证明 lg(n!)=Θ(nlgn).

由斯特林渐进公式，我们有：

n!=2πn−−−√⋅(ne)n⋅eαn,其中(112n+1<αn<112n)

对于上式左边的乘数因子 eαn，当 n→∞ 时，eαn→1，从而 n!≈2πn−−−√⋅(ne)n，此时，我们有：

lg(n!)≈lg(2πn−−−√⋅(ne)n)

=lg(2πn−−−√)+lg(ne)n

=12⋅lg(2π)+12⋅lg(n)+n⋅lg(n)−n⋅lg(e)

=Θ(1)+Θ(lg(n))+Θ(nlg(n))−Θ(n)

=Θ(nlg(n))

得证.

(2) 证明 n!=o(nn).

显然，当n>1 时，n⋅(n−1)⋯2⋅1<n⋅n⋅n⋯nn个n 成立，所以 n!=o(nn).

(3) 证明n!=w(2n).

与证明 (2) 类似，显然当 n≥4 时，n!>2⋅2⋯2n个2=2n，所以 n!=w(2n)

3.2-4:

(1). 先来考察 ⌈lgn⌉!

如果 f(n) 是多项式有界的，那么存在 c≥0,k≥0,n0≥0 ，对所有的 n≥n0 ，有 f(n)≤cnk，此时，我

们有：

lg(f(n))≤lg(cnk)=O(lgn)

反之亦然.

由 3.2-3，lg(n!)=Θ(nlg(n))，又 n≤⌈n⌉≤n+1≤2n，所以 ⌈n⌉=Θ(n)

对于 ⌈lgn⌉!，我们有：

lg(⌈lgn⌉!)=Θ(⌈lgn⌉lg(⌈lg(n)⌉))=Θ(lgn⋅lg(lgn))=w(lgn)

从而，lg(⌈lgn⌉)≠O(lgn)，所以，⌈lgn⌉! 不是多项式有界的.

(2) 再来考察 ⌈lg(lgn)⌉!，在渐进意义下，lg(⌈lg(lgn)⌉!)≤lg(n)，即lg(⌈lg(lgn)⌉!)=O(lg(n))，所以 ⌈lg(lgn)⌉! 是多项式有界的.

3.2-5:

lg∗(n)表示作用到 n 的 lg 函数的次数，从而使得其结果小于等于0.

令 lg∗n=x，则 lg(lg∗n)=lg(x)，lg∗(lg(n))=x−1.

在渐进意义下，x−1≥lg(x)，所以 lg∗(lg(n))的渐进大于lg(lg∗(n)).

3.2-6:

略

3.2-7:

根据定义：

ϕ=1+5√2,ϕ^=1−5√2

而斐波那契数定义如下：

Fi=⎧⎩⎨01Fi−1+Fi−2i=0i=1i≥2

(1)基本情况：

F0=ϕ0−ϕ0^5√=0

F1=ϕ1−ϕ1^5√=1

满足

Fi=ϕi−ϕi^5√

(2)归纳：

假设 k≥2，当 i=k,i=k−1时，Fi=ϕi−ϕi^5√ 成立，那么当i=k+1 时，根据斐波那契数定义，有：

Fk+1=Fk+Fk−1=ϕk−ϕk^5√+ϕk−1−ϕk−1^5√=(ϕk+ϕk)−(ϕk^+ϕk−1^)5√=ϕk−1(ϕ+1)−ϕk−1^(ϕ^+1)5√=ϕk+1ϕ2−ϕk−1^ϕ2^5√=ϕk+1−ϕk+1^5√

即：Fk+1=ϕk+1−ϕk+1^5√，从而得证.

3.2-8:

由 klnk=Θ(n) 可知，存在常量 c1，c2，n0>0，当 n≥n0 时，有：

0≤c1n≤klnk≤c2n

这里假设 n0≥e，从而 lnn>1，进一步有：

c1nlnn≤klnklnn≤c2nlnn(1).

如果对不等式 c1n≤klnk≤c2 的各项同时取对数，则有：

ln(c1n)≤ln(klnk)≤ln(c2n)

进一步有：

lnc1+lnn≤lnk+lnlnk≤lnc2+lnn

如果 k 足够大，lnk+lnlnk<2lnk，从而有：

lnc1+lnn<2lnk

⇒lnc12lnn+12<lnklnn

⇒12k<klnklnn(2).

同时，因为 lnk+lnlnk>lnk，从而又有：

lnk<lnc2+lnn

⇒lnklnn<lnc2lnn+1

⇒lnklnn<2

⇒klnklnn<2k

由 (1),(2) 有:

12k<klnklnn≤c2nlnn⇒k<2c2nlnn(4)

由 (1),(3) 有:

c1nlnn≤klnklnn<2k⇒k>c1n2lnn(5)

由 (4),(5)有:

c22⋅nlnn<k<2c2⋅nlnn

根据 Θ 记号的定义，

k=Θ(nlnn).

思考题：

3-1:

(a):k≥d

p(n)=∑i=0daini≤∑i=0d|ai|ni(n≥0)≤∑i=0d|ai|nk(n≥1)

根据 O 记号定义，取 n0=1,c=∑di=0|ai|,则当 n≥n0，有 0≤p(n)≤cnk，

所以 p(n)≤O(nk) 成立.

(b):k≤d

cnk≤cnd,n≥1

如果有 cnd≤∑di=0(aini)，那么也就有 cnk≤∑di=0(aini)，从而可根据 O 记号的定义来证明 p(n)=Ω(nk).

cnd≤∑i=0d(aind)=∑i=0d−1(aini)+adnd

⇒cnd≤∑i=0d−1(aini)+adnd(1)

在 (1) 中，令 c=ad2，并代入(1) 式，则有：

adnd2≤∑i=0d−1(aini)+adnd

⇒0≤∑i=0d−1(aini)+adnd2

⇒−∑i=0d−1(aini)≤adnd2(2)

由于：

−∑i=0d−1(aini)=∑i=0d−1(−aini)≤∑i=0d−1(|ai|ni)≤(∑i=0d−1|ai|)nd−1

所以，只要有

(∑i=0d−1|ai|)nd−1≤adnd2(3)

成立，那么 (2) 式也就成立，由 (3) 式

⇒n≥∑d−1i=0|ai|ad2

所以，当c=ad2和 n≥max{∑d−1i=0|ai|ad2,1} 有 cnk≤∑di=0aini=p(n)，进一步有 p(n)=Ω(nk)

(c).k=d

由 (a) 部分可知，取 n0=1,c1=∑di=0|ai|,则当 n≥n0，有 0≤p(n)≤c1nk.

由(b) 部分可知，取 n0=max{1,∑d−1|ai|i=0ad2},c2=ad2 则当 n≥n0，有 c2nk≤p(n)≤c2nk.

综上，p(n)=Θ(nk)

(d).k>d.

即是要证明,对任意的 c>0,总能找到 n0(其值依赖于c),使得:

p(n)=∑i=0daini<cnk,∀n≥n0. (1)

成立。由于:

p(n)=∑i=0daini≤(∑i=0d|ai|)nd, (n≥1)

所以只要

(∑i=0d|ai|)nd<cnk. (2)

成立，那么 (1) 式就成立. 由 (2) 式，有：

n≥∑di=0|ai|c−−−−−−−−√k−d

所以对任意的 c>0,当

n>n0=max{1,(∑di=0|ai|c)1k−d}

时，就有p(n)<cnk,即, p(n)=o(nk).

(e).k<d.

即是要证明，对于任意的 c>0 存在 n0>0(其值依赖于 c)，使得：

cnk<p(n)=∑i=0daini

成立。由(b)部分可知：

∑i=0d(aini)>(ad2nd),∀n>max{1,∑d−1i=0|ai|ad/2}>cnkadnd−k2c>cnk,∀n>(2cad)k−d

选择：

n0=max{1,∑d−1i=0|ai|ad/2,(2cad)k−d}