КАТЕГОРИИ: Архитектура-(3434)Астрономия-(809)Биология-(7483)Биотехнологии-(1457)Военное дело-(14632)Высокие технологии-(1363)География-(913)Геология-(1438)Государство-(451)Демография-(1065)Дом-(47672)Журналистика и СМИ-(912)Изобретательство-(14524)Иностранные языки-(4268)Информатика-(17799)Искусство-(1338)История-(13644)Компьютеры-(11121)Косметика-(55)Кулинария-(373)Культура-(8427)Лингвистика-(374)Литература-(1642)Маркетинг-(23702)Математика-(16968)Машиностроение-(1700)Медицина-(12668)Менеджмент-(24684)Механика-(15423)Науковедение-(506)Образование-(11852)Охрана труда-(3308)Педагогика-(5571)Полиграфия-(1312)Политика-(7869)Право-(5454)Приборостроение-(1369)Программирование-(2801)Производство-(97182)Промышленность-(8706)Психология-(18388)Религия-(3217)Связь-(10668)Сельское хозяйство-(299)Социология-(6455)Спорт-(42831)Строительство-(4793)Торговля-(5050)Транспорт-(2929)Туризм-(1568)Физика-(3942)Философия-(17015)Финансы-(26596)Химия-(22929)Экология-(12095)Экономика-(9961)Электроника-(8441)Электротехника-(4623)Энергетика-(12629)Юриспруденция-(1492)Ядерная техника-(1748) |
Нецелые размеры входа и непрерывные оценочные функции
П п п Со Со Со При этом ряд 2 7—
-) (является величиной порядка -Отсюда математическое ожидание (11.2) равно бесконечности. Пусть теперь u вопросов (будем считать, что это вопросы с номерами 1,2,..., u) имеют кратность 1, а остальные n — u вопросов—кратность большую, чем 1, и пусть u ^2. Оказывается, что при стабильных неправильных ответах обучаемого на задаваемые вопросы математическое ожидание времени, проходящего до получения всех, кроме какого-то одного, вопросов с номерами 1,2,..., u, есть конечная величина. Докажем конечность среднего времени ожидания какого-нибудь одного вопроса с номером от 1 до u, далее можно применить индукцию. Вероятность получить такого рода вопрос после i вопросов с номерами из диапазона от u + 1 до n полностью определяется значениями u,m,i: m-u m-u+1 m-u+i- l u m ' m+1 '" m + i-1 ' m + i Эта вероятность при i > u равна u (m - u)(m - u +l)...(m -l) - u + l)...(m - (m - u + i)(m - u + i + l)...(m + i -l)(m + i) Поэтому искомое математическое ожидание есть сумма некоторого конечного числа слагаемых и ряда v-< u (m - u)(m - u + l)...(m - l) f i ^ 2-1 (m - u + i)(m - u + i + 1)... (m + i - 1)(m + i) U J' i=u+l или u (m - u)(m - u + l)...(m -l) V 7------------ ------ i + 1 ' i—i (m-u + i)(m-u + i + l)...(m + i) i=u+l Упрощая, получаем
u (m - u)(m - u + 1)...(m -1)У j ^ (j +m)(j + m + l)...(j + m + u) § 12. Вложенные циклы (дополнительные примеры) Ряд, входящий в это выражение, сходится, так как j -й член ряда есть ®(- ju ] и u^2. Это рассуждение сохраняет силу и в том случае, когда вопросы с номерами 1,2,..., u являются одним и тем же вопросом, что позволяет отметить следующую характерную черту алгоритма кратных карт: Если изначально все вопросы имеют кратность 1 и обучаемый дает на все вопросы неправильные ответы, то математическое ожидание времени до наступления момента, к которому обучаемый получит хотя бы по одному разу каждый из вопросов, равно бесконечности, хотя вероятность наступления такого момента равна 1. Если же изначально все вопросы имели большие единицы кратности (например, все они имели кратность 2), то обсуждаемое математическое ожидание конечно.
§ 12. Вложенные циклы (дополнительные примеры) При анализе сложности вложенных циклов мы естественно приходим к вычислению и оцениванию кратных сумм. Пример 12.1. Число обменов при транспонировании (n х n)-мат-рицы (aij) for i = l to n -1 do f or j = i + 1 to n do aij <-> aji od od n -1 n n -1 2 есть Xi Xi 1 = 2 (n - 0 = -. Аналогично, распознавание сим- i = l j=i+l i = l метричности данной (n x n)-матрицы требует в худшем случае сравнений в количестве - X1 = - (n - i + 1) = ( n + n - 2) и т. д. i =l j=i i = l Легкое получение ответов в примере 12.1 объясняется тем, что в выписанных формальным путем суммах нижние границы суммирования не превосходили верхних; в таких случаях всегда, например, q X 1 = q - p + 1. Но, получая сумму этим формальным путем из опе- j=p ратора цикла, можно столкнуться с тем, что p> q (оператор цикла затратит 0 шагов), и ответ q-p + 1 будет неправильным. Соответствующий пример дается в задаче 71. 96 Глава 3. Оценивание числа шагов (итераций) алгоритма Подходя к асимптотическим оценкам, отметим один простой, но полезный факт. Предложение 12.1. Пусть А —один из символов О, Q, П. Пусть а{к), Ъ(к) определены для всех fceN+ и принимают положительные значения (не обязательно целые); пусть a (fc) = Л(Ь(Щ к -»°°. Тогда f, а(к) = а(f, Ъ(к)\ п-»°°. Утверждение остается справедливым fc=i fc=i и при замене верхней границы суммирования п на у(п) Э ля любой функции ip(nl определенной для всех n eN+ и принимающей значения eN+. Доказательство. Докажем первую часть утверждения для Л = в, остальные случаи доказываются аналогично. В силу замечания, сделанного в § 2 после предложения 2.1,
Cl b (fc)^ a (fc)^ c 2 b (fc) для всех JceN+ и некоторых съ с2 > 0. Отсюда fc=i fc=i fc=i Пример 12.2. Проведем асимптотический анализ следующего алгоритма, оценивая общее число выполняемых операций в зависимости от исходного значения п: 1:=0; for i = l to L\/ n 3 + lJ do k:=i; while k > 1 do Z:= Z + k; k:= I | I od od Для внутреннего цикла, выполняемого при начальном значении к, равном значению i, число шагов и общее число операций допускают оценку в (log 0 (можно представить себе, что к записано в троичной системе счисления, тогда каждый шаг удаляет одну цифру из записи к). Таким образом, затраты на выполнение внешнего цикла представляют собой £ а(к), где у(п) = L\/ n 3 + 1J, a (fc) = fc=i = 6(logfc), и по предложению 12.1 допускают оценку в(X! \°gk fc=l или 6(log(y>(n)!). Так как у(п) -> оо при п -> оо, то можно применить соотношение log(y>(n)!) = e(y>(n) log^(n)), которое являет- § 13. Нецелые размеры входа и непрерывные оценочные функции 97 ся следствием формулы Стирлинга (см. § 9). Это дает нам оценку 6(Lv n 3 + 1J logLv n 3 + 1J) для интересующих нас затрат. После упрощения получаем в(n 3 / 2 log n). В этом примере затраты однозначно определяются по n, поэтому полученная оценка определяет асимптотику сложности рассматриваемого алгоритма при использовании n в качестве размера входа. Оценку O (L\/ n 3 + lJ logL\/ n 3 + lJ) и, тем самым, O(n3/2 log n) можно было бы получить не прибегая к формуле Стирлинга, исходя из того, что сумма конечного числа неотрицательных слагаемых не превосходит произведения наибольшего слагаемого на число слагаемых суммы. Для в этот прием не работает, как показывает пример суммы 2 2 i. i =i Предложение 13.1. Пусть для некоторого алгоритма A можно указать входы v0,v1,..., размеры которых ограничены сверху и снизу положительными константами cг и c 2: c i^l| vi l|^ c 2, i = 0,l,..., и в то же время затраты CA(vi) неограниченно возрастают при i -» оо. Тогда не существует такой непрерывной на отрезке [cъ c 2] функции f (x) вещественной переменной, что TA (x)^ f (x) для всех значений x размера входа, принадлежащих отрезку [cъc2]. Доказательство. Очевидно, что TA (|| vi ||) ^ CAT{vi), и поэтому по
Сформулируем еще одно столь же легко доказываемое утверждение (доказательство опускаем). Предложение 13.2. Пусть A —некоторый алгоритм, и f (x) — функция вещественной переменной, определенная на некотором интервале I. Пусть TA (x) ^ f (x) всякий раз, когда x е I и значение TA (x) определено. Пусть x 0 е I и для любых ǫ > О, N > 0 найдется такой вход v алгоритма A, что | x 0 - || v || \<ǫ и CTA{v) >N. Тогда f (x) разрывна в точке x 0. 98 Глава 3. Оценивание числа шагов (итераций) алгоритма Пример 13.1. Вновь рассмотрим алгоритм Евклида, используя теперь в качестве размера входа (ап, а-.) рациональное число —, кото-рое, как указывалось в примере 9.1, однозначно определяет соответствующее количество делений с остатком (сложность Tl — ], соот-
Дата добавления: 2014-01-11; Просмотров: 357; Нарушение авторских прав?; Мы поможем в написании вашей работы! Нам важно ваше мнение! Был ли полезен опубликованный материал? Да | Нет |