• 1. 算法
• 2. 可以解决哪些类型的问题
• 3. 算法分析
• 4. 算法设计
  • 4.1. 分治(divide and conquer)
• 5. 递归式
  • 5.1. 代换法
    • 5.1.1. 步骤
    • 5.1.2. 例子
    • 5.1.3. 放缩
    • 5.1.4. 改变变量
  • 5.2. 递归树
  • 5.3. 主方法(master method)
    • 5.3.1. 记忆
    • 5.3.2. 证明
      • 5.3.2.1. 证明当 n 为 b 的正合幂时成立
      • 5.3.2.2. 分析扩展至所有正整数 n 都成立
• 6. 随机算法
  • 6.1. 随机排列数组(shuffle)
    • 6.1.1. PERMUTE-BY-SORTING
    • 6.1.2. RANDOMIZE-IN-PLACE
• 7. 组合方程的近似算法
• 8. 概率分析与指示器变量例子
  • 8.1. 球与盒子
  • 8.2. 序列
• 9. 摊还分析
  • 9.1. 聚合分析(aggregate analysis)
  • 9.2. 核算法 (accounting method)
  • 9.3. 势能法(potential method)

定义良好的计算过程,取输入,并产生输出. 即算法是一系列的计算步骤,将输入数据转化为输出结果

算法的特点:

• 有穷性
• 确定性
• 可行性
• 0 或多个输入
• 1 或多个输出

• 大数据的存储,以及开发出进行这方面数据分析的工具
• 网络数据的传输,寻路, 搜索
• 电子商务密码, (数值算法,数论)
• 资源分配,最大效益
• ...

衡量算法的优劣

• $\omicron,O,\Omega,\Theta$
• 最坏情况, 平均情况
• 增长的量级$ O(1), O(log^*n), O(logn), O(n), O(n^k), O(a^n) $

$\log^{*}*(\log x) = log^{*}x-1$

结构上是递归的, 步骤: 分解,解决, 合并 eg. 快排,归并排序, 矩阵乘法(Strassen $O(log_2 7)$

$T(n) = aT(\frac{n} {b})+f(n)$

• 猜测解的形式
• 用数学归纳法找出常数

$T(n) = 2T(\frac{n} {2})+n$ 猜测$T(n) = O(nlogn)$ 证明 $ T(n)\leqslant cnlogn$ 归纳奠基 n=2,3 归纳假设 $T(\frac{n} {2}) \leqslant \frac{cn}{2}$ 递归
$ \begin{aligned} T(n) &\leqslant 2c\frac{n}{2}log(\frac{n}{2}) + n \leqslant cnlog(\frac{n}{2}) \ \end{aligned} $

对于 $T(n) = 2T(\frac{cn}{2}) + 1$ 如果 直接猜测 $T(n) = O (n)$ 不能证明, 而且不要猜测更高的界 $O (n^2)$ 可以放缩为 n-b

对于 $ T(n) = 2T(\sqrt{n})+logn $ 可以 令 m = logn, 得到 $T(2^m) = 2T(m^{\frac{m}{2}}) + m $ 令 $S(m) = T(2^m)$ 得到 $ S(m) = 2S(\frac{m}{2}) + m $

$$T(n)=T(2^m)=S(m)=\Theta(m\log m)=\Theta(\log n \log^2 n)$$

例如 $T(n) = 3T(\frac{n}{4}) + c n^2$ 不妨假设 n 为4的幂, 则有如下递归树

$$ T(n) = \sum_{i=0}^{ {\log_4 n}-1}cn^2*(\frac{3}{16})^i + \Theta(n^{\log4 3}) $$

每个结点是代价, 将每层加起来即可

对于 $T(n) = aT(\frac{n} {b})+f(n)$ $$ \begin{aligned} T(n)=\begin{cases} \Theta(n^{log_b a}),\quad f(n)=O(n^{ {log_b a}-\epsilon}) \ \Theta(n^{log_b a}logn),\quad f(n)=\Theta(n^{log_b a}) \ \Theta(f(n)),\quad f(n)=\Omega(n^{ {log_b a}+ \epsilon}),af(\frac{n}{b})\leqslant cf(n) \ \qquad \qquad \quad \text{其中常数c<1,变量n任意大} \ unknown, \quad others \end{cases} \end{aligned} $$

直观上, 比较 $n^{log_b a}$ 和 $f(n)$, 谁大就是谁, 相等的话就是 $\Theta(f(n))\log n$ 这里的大是多项式上的比较, 即比较次数, 而不是渐近上的 比如 $n$ 与 $nlogn$ 渐近上后者大, 但多项式上是不能比较的

• 用递归树可以得到 总代价为 $\sum_{j=0}^{log_b n-1} a^j f(\frac{n}{b^j})$
• 决定上式的渐近界
• 结合前两点

主要是应用数学技巧来解决 floor, ceiling 函数的处理问题

给出初始数组, eg A={1,2,3}, 选择随机的优先级 P={16,4,10} 则得出 B={2,3,1},因为第二个(2)优先级最小, 为4, 接着第三个,最后第1个. 优先级数组的产生, 一般在 RANDOM(1,n^3), 这样优先级各不相同的概率至少为 1-1/n

由于要排序优先级数组, 所以时间复杂度 $O(nlogn)$

如果优先级唯一, 则此算法可以 shuffle 数组 应证明 同样排列的概率是 $\frac{1}{n!}$

from random import randint
def myshuffle(arr):
    n = len(arr)
    for i in range(n):
        p = randint(i,n-1)
        arr[i],arr[p] = arr[p],arr[i]
    return arr

时间复杂度 $O(n)$ 证明 定义循环不变式: 对每个可能的 $A_n^{i-1}$ 排列, 其在 arr[1..i-1] 中的概率为 $\frac{1}{A_n^{i-1}}$ 初始化: i=1 成立 保持 : 假设 在第 i-1 次迭代之前,成立, 证明在第 i 次迭代之后, 仍然成立, 终止: 在 结束后, i=n+1, 得到 概率为 $\frac{1}{n!}$

• Stiring's approximation: $ n! \approx \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$
• 对于 $C_n^x=a$, 有 $x=\frac{ln^2 a}{n}$
• 对于 $C_x^n=a$, 有 $x=(a*n!)^{\frac{1}{n}}+\frac{n}{2}$

把相同的秋随机投到 b 个盒子里,问在每个盒子里至少有一个球之前,平均至少要投多少个球? 称投入一个空盒为击中, 即求取得 b 次击中的概率 设投 n 次, 称第 i 个阶段包括第 i-1 次击中到 第 i 次击中的球, 则第 i 次击中的概率为 $p_i=\frac{b-i+1}{b}$ 用 $n_i$表示第 i 阶段的投球数,则 $n=\sum_{i=1}^b n_i$ 且 $n_i$服从几何分布, $E(n_i)=\frac{b}{b-i+1}$, 则由期望的线性性, $$ E(n)=E(\sum_{i=1}^b n_i)=\sum_{i=1}^b E(n_i)=\sum_{i=1}^b \frac{b}{b-i+1}=b\sum_{i=1}^b \frac{1}{i}=b(lnb+O(1)) $$ 这个问题又被称为 赠券收集者问题(coupon collector's problem),即集齐 b 种不同的赠券,在随机情况下平均需要买 blnb 张

抛 n 次硬币, 期望看到的连续正面的次数 答案是 $\Theta(logn)$ 记 长度至少为 k 的正面序列开始与第 i 次抛, 由于独立, 所有 k 次抛掷都是正面的 概率为 $P(A_{ik})=\frac{1}{2^k}$,对于 $k=2\lceil lgn\rceil$

一个 n 个操作的序列最坏情况下花费的总时间为$T(n)$, 则在最坏情况下, 每个操作的摊还代价为 $\frac{T(n)}{n}$

如栈中的 push, pop 操作都是 $O(1)$, 增加一个新操作 multipop,

def multipop(stk,k):
  while not stk.empty() and k>0:
    stk.pop()
    k-=1

multipop 的时间复杂度为 min(stk.size,k), 最坏情况为 $O(n)$, 则 n 个包含 push pop multipop 的操作列的最坏情况是 $O(n^2)$, 并不是这样, 注意到, 必须栈中有元素, 再 pop, 所以 push 操作与pop 操作(包含 multipop中的pop), 个数相当, 所以 实际上应为 $O(n)$, 每个操作的摊还代价 为$O(1)$

对不同操作赋予不同费用 cost (称为摊还代价 $c_i'$), 可能多于或者少于其实际代价 $c_i$

当 $c_i'&gt;c_i$, 将 $c_i'-c_i$( credit) 存入数据结构中的特定对象.. 对于后续 $c_i'&lt;c_i$时, 可以使用这些credit来 支付差额.. 有要求 $$\sum_{i}c_i' \geqslant \sum_{i}c_i$$

如栈

由核算法, 摊还代价满足要求, 所以 n 个操作总代价 $O(n)$, 每个操作摊还代价为 $O(1)$

势能释放用来支付未来操作的代价, 势能是整个数据结构的, 不是特定对象的(核算法是).

数据结构 $D_0$为初始状态, 依次 执行 n 个操作 $op_i$进行势能转换 $D_i =op_i(D_{i-1}), i=1,2,\ldots,n$ , 各操作代价为 $c_i$

势函数 $\Phi:D_i\rightarrow R$, $\Phi(D_i)$即为 $D_i$的势

则第 i 个操作的摊还代价 $$c_i'=c_i+\Phi(D_i)-\Phi(D_{i-1})$$

则 $$\sum_{i=1}^{n}c_i'=\sum_{i=1}^{n}c_i+\Phi(D_n)-\Phi(D_0)$$

如果定义一个势函数$\Phi, st \ \Phi(D_i)\geqslant\Phi(D_0)$, 则总摊还代价给出了实际代价的一个上界 可以简单地以 $D_0 \text{为参考状态}, then \ \Phi(D_0)=0$

例如栈操作, 设空栈为 $D_0$, 势函数定义为栈的元素数 对于push, $ \Phi(D_i)-\Phi(D_{i-1})=1$ 则 $c' = c +\Phi(D_i)-\Phi(D_{i-1}) = c+1 = 2$

对于 multipop, $ \Phi(D_i)-\Phi(D_{i-1})=- min(k,s)$ 则 $c' = c - min(k,s) = 0$

同理 pop 的摊还代价也是0, 则总摊还代价的上界(最坏情况) 为 $O(n)$