CLRS第三章思考题

本章思考题证明太繁琐，因此只证明某一些，其余的可类似证明。

思考题3-1

本题只证明前两个，后面可类似得到。
首先，很容易想到 p(n)=Θ(nd)，若 k≥d，则 Θ(nd)=O(nk)，若 k≤d，则 Θ(nd)=Ω(nk)。

现在来证明 p(n)=O(nd)。设c=ad+b 使得

∑i=0d=adnd+ad−1nd−1+…+a1n+a0≤cnd

两边同时除以 nd 有：

c=ad+b≥ad+ad−1n+ad−2n2+…+a0nd⇒b≥ad−1n+ad−2n2+…+a0nd

选 b=1，n0=max(dad−1,dad−2−−−−√,…,da0−−√d)

我们有 n0 和 c 使得 p(n)≤cndfor n≥n0。
我们得到了 O(nd) 的定义，若选 b=−1 可类似得到 Ω(nd) ，因此得到 Θ(nd)。

前三问得证。后面两问可类似证明。

思考题3-2

基本上都可以用洛必达法，下面只给出结果。

A B O o Ω ω Θ lgkn nε 是 是 否 否 否 nk cn 是 是 否 否 否 n−−√ nsinn 否 否 否 否 否 2n 2n/2 否 否 是 是 否 nlgc clgn 是 否 是 否 是 lg(n!) lg(nn) 是 否 是 否 是

思考题3-3

a) 首先化简其中几个式子。

(2√)lgn=2lgn√=n−−√lg2n=2lglg2n=o(22lgn√)lg(n!)=Θ(nlgn)n1lgn=nlg2lgn=nlogn2=2nlglgn=(2lgn)lglgn=(2lglgn)lgn=(lgn)lgn2lgn=n4lgn=(22)lgn=2lgn2=n2

在此省略公式编辑，故从左到右，从上到下依次编号为1,2,…,30。复杂度从低到高依次为：

{12,18},1,{14,25},2,13,24,17,9,26,3,{19,27},{10,29},{4,22},8,6,{16,20},7,28,15,21,5,23,11,30

说明：大括号内部表示复杂度一样。

b) f(n)=22(n+1)sinx

思考题3-4

a) 错误，n=O(n2)，反过来就不是。
b) 错误，反例：n,n2。
c) 正确， 由题得 ：
∃c,n0:∀n≥n0:0≤f(n)≤cg(n)⇒ 0≤lgf(n)≤lg(cg(n))=lgc+lgg(n)

现在需要证明 lgf(n)≤dlgg(n)，由于 lgg(n)≥1，只需证明 d≥lgf(n)lgg(n)，很容易得到 d :

d=lgc+lgg(n)lgg(n)=lgclgg+1≤lgc+1

d) 错误，反例 f(n)=2n,g(n)=n。
e) 错误，当 f(n)<1 时即错。
f) 正确，由题得 0≤f(n)≤cg(n)，要证明 0≤df(n)≤g(n)，取 d=1/c 即可。
g) 错误，反例 f(n)=2n。
h) 正确，f(n)+o(f(n))=Θ(max(f(n),o(f(n))))=Θ(f(n))。

思考题3-5

a) 比较 cg(n)≤f(n)，要么对无穷多个整数成立，要么对有限个成立，若前者成立，则有 Ω∞。若后者成立，则有 n0 使得 ∀n>n0:f(n)<cg(n)。若 f(n)=g(n) 则两者都成立。
换成 Ω 则不成立，如 n=Ω∞(nsinn)，但 n≠Ω(nsinn)

b) 优点：可以刻画所有函数之间的关系；
缺点：刻画不精确。

c) 对于任意两个函数 f(n) 和 g(n)，若有 f(n)=Θ(g(n)) 则有 f(n)=Ω(g(n)) 和 f(n)=O′(g(n))。

d) Ω∞(g(n))={f(n):存在正常数c,k,n0使得∀n≥n0有0≤cg(n)lgk(n)≤f(n)}

Θ~={f(n):∃c1,c2,k1,k2,n使得∀n≥n0有0≤c1g(n)lgk1(n)≤f(n)≤c2g(n)lgk2(n)}

对于任意两个函数 f(n) 和 g(n)，我们有 f(n)=Θ~(g(n))，当且仅当 f(n)=O~(g(n)) 且 f(n)=Ω~(g(n))。

思考题3-6

f(n) c f∗c(n) n−1 0 n lgn 1 lg∗n n/2 1 ⌈lgn⌉ n/2 2 ⌈lgn⌉−1 n−−√ 2 lglgn n−−√ 1 不收敛 n1/3 2 log3lgn n/lgn 2 ω(lglgn),o(lgn)