trominoes 算法的复杂性答案

【问题标题】：Complexity of trominoes algorithmtrominoes 算法的复杂性
【发布时间】：2015-04-25 05:33:12
【问题描述】：

（分而治之）trominoes 算法的复杂性是什么或应该是什么？为什么？

我得到了一个 2^k * 2^k 大小的棋盘，其中一个棋子被随机移除，使其成为有缺陷的棋盘。任务是用“trominos”填充，这是一个由 3 个瓷砖组成的 L 形图形。

平铺问题

– 输入：一个 n x n 方板，其中一个 1 x 1 方格缺失，其中对于某些 k ≥ 1，n = 2k。

– 输出：使用 tromino 的棋盘拼贴，三方格通过从 2 x 2 中删除右上角的 1 x 1 角获得正方形。

– 您可以旋转 tromino，以平铺棋盘。基础案例：可以平铺一个 2 x 2 的正方形。

归纳：

– 将正方形分成 4 个，n/2 x n/2 个正方形。

– 将tromino 放在tromino 没有的“中心” 将 n/2 x n/2 正方形重叠，该正方形之前以 1 x 1 的比例丢失正方形。

– 以感应方式求解四个 n/2 × n/2 板中的每一个。

【问题讨论】：

你应该也提供算法，或者至少提供一个简单描述的链接。
请更具体地了解倒数第二个步骤“将 tromino 放置在“中心”，其中 tromino 不与之前遗漏的 n/2 x n/2 正方形重叠1 乘 1 方格。” - 你也可以包括参考en.wikipedia.org/wiki/Tromino
当您将棋盘分成 4 个部分时，其中一个部分缺少图块。您将 tromino 的一部分放入其他部分中。例如，如果您在第一部分缺少瓷砖，则将 tromino 元素放在左下位置的第二部分，左上位置的第三部分和右上位置的第四部分。
对你来说，你的意思是四块较小的板，一半尺寸或边长一半，这将是尺寸的四分之一我>?

标签： algorithm time-complexity complexity-theory master-theorem

【解决方案1】：

该算法运行时间为 O(n²) = O(4^k)。要了解原因，请注意您的算法对每个网格执行 O(1) 工作，然后对宽度和高度为原始大小一半的网格进行四次子调用。如果我们使用 n 作为参数表示网格的宽度或高度，我们有以下递归关系：

T(n) = 4T(n / 2) + O(1)

根据主定理，这解决了 O(n²)。由于n = 2^k，我们看到n² = 4^k，所以这也是O(4^k) 如果你想使用 k 作为你的参数。

我们也可以让 N 表示棋盘上的方格总数（因此 N = n²），在这种情况下，子调用是四个大小为 N / 4 的网格。这给出了复发

S(N) = 4S(N / 4) + O(1)

这解决了O(N) = O(n²)，证实了上面的结果。

希望这会有所帮助！

【讨论】：

看起来不对：板子分为4，所以应该是T(n) = 4T(n / 4) + O(1)。子网格是原始大小的 1/4，而不是一半。
子网格确实是1/4的原始大小，但边长是n/2。重复率以板的边长表示，而不是板的大小。
@Codor - 也许吧，但答案还不清楚，特别是因为它说“四个子调用到原始大小的一半的网格”。如果你说网格 size，那并不仅仅意味着边长。
@IVlad 是的，公式有点不清楚。
@IVlad 我已经更新了答案以更清楚地定义 n 是什么。我还使用 N = n^2 作为平方总数进行了第二次分析。如果这看起来更好，请告诉我！

【解决方案2】：

据我了解，复杂度可以确定如下。让T(n) 表示求解边长为n 的板所需的步数。从上面原始问题的描述中，我们有

T(2) = c

其中c 是一个常量并且

T(n) = 4*T(n/2) + b

其中b 是放置tromino 的常数。使用master theorem，运行时绑定是

O(n^2)

通过案例 1。

【讨论】：

这个递归实际上是O(n^2)。
@IVlad 感谢您的评论，我以某种方式混淆了它。我将编辑答案。

【解决方案3】：

我将尝试提供不太正式的解决方案，但不使用主定理。

– 将tromino 放置在“中心”，其中tromino 不会与之前错过的n/2 x n/2 方块重叠。

我猜这是O(1) 操作？在这种情况下，如果n 是板子大小：

T(1) = O(1)
T(n) = 4T(n / 4) + O(1) = 
     = 4(4T(n / 4^2) + O(1)) + O(1) = 
     = 4^2T(n / 4^2) + 4*O(1) + O(1) =
     = ... =
     = 4^kT(n / 4^k) + 4^(k - 1)*O(1)

但是n = 2^k x 2^k = 2^(2k) = (2^2)^k = 4^k，所以整个算法是O(n)。

请注意，这与@Codor 的回答并不矛盾，因为他将n 视为板的边长，而我将其视为整个区域。

如果中间步骤不是O(1)而是O(n)：

T(n) = 4T(n / 4) + O(n) =
     = 4(4*T(n / 4^2) + O(n / 4)) + O(n) =
     = 4^2T(n / 4^2) + 2*O(n) = 
     = ... =
     = 4^kT(n / 4^k) + k*O(n)

我们有：

k*O(n) = n log n because 4^k = n

所以整个算法就是O(n log n)。

【讨论】：

【解决方案4】：

每个放置的 tromino 做 O(1) 工作。由于要放置 (n^2-1)/3 个trominos，因此该算法需要 O(n^2) 时间。

【讨论】：