求解递归 T(floor[n/2]) + T(ceil[n/2]) + n - 1

Question

我有以下复发：

T(n) = c for n = 1.
T(n) = T(floor[n/2]) + T(ceil[n/2]) + n - 1 for n > 1.

对我来说它看起来像合并排序，所以我猜递归的解决方案是 Θ(nlogn)。根据我的主方法：

a) Θ(1) for n = 1 (constant time).
b) If we drop the floor and ceil we have: (step1)
   T(N) = 2T(N/2) + n - 1 => a = 2, b = 2.
   logb(a) (base b) = lg(2) = 1 so n^lg(2) = n^1 = n

仔细一看，我们知道我们有master方法的案例2：

 if f(n) = Θ(log(b)a) our solution to the recurrence is T(n) = Θ(log(b)a log(2)n)

解决方案确实是 T(n) = Θ(nlogn) 但我们偏离了我的常数因子 1。 我的第一个问题是： 在第 1 步，我们放弃了 ceil 和 floor。它是否正确 ？第二个问题是我如何摆脱常数因子 1 ？我放弃了吗？或者我应该将它命名为 d 并证明 n - 1 确实是 n （如果是，我如何证明它？）。最后用替换方法证明它更好吗？

编辑：如果我们使用我们得到的替换方法：

  We guess that the solution is O(n). We need to show that T(n) <= cn.
  Substitutting in the recurrence we obtein 
  T(n) <= c(floor[n/2]) + c(ceil[n/2]) + n/2 - 1 = cn + n/2 - 1 

所以它不是归并排序？我错过了什么？

Answer 1

这是很久以前的事了，但是这里有

第 1 步我们丢弃了 ceil 和 floor。这是正确的吗？

我宁愿说

T(floor(n/2)) + T(floor[n/2)) <= T(floor(n/2)) + T(ceil[n/2)) 
T(floor(n/2)) + T(ceil[n/2)) <= T(ceil(n/2)) + T(ceil[n/2)) 

如果它们不相等，它们相差 1（您可以忽略任何常数）

第二个问题是如何去掉常数因子 1 ？

你忽略它。其背后的原因是：即使常数很大 10^100 与 n 变大时的大小相比也会很小。在现实生活中，您不能真正忽略非常大的常数，但这就是现实生活和理论的不同之处。无论如何，1 产生的差异最小。

最后用代入法证明比较好

你可以证明你喜欢什么，有些只是更简单。更简单通常更好，但除此之外，“更好”没有任何意义。所以我的答案是否定的。