Seminario 1: Resolución de recurrencias

Transcripción

1 Grado en Ingeniería Informática Algoritmos Seminario 1: Resolución de recurrencias c Óscar Fontenla Romero y Elena Henández Pereira {oscar.fontenla, elena.hernandez}@udc.es 1/42

2 Introducción Cuando se analizan algoritmos recursivos se puede describir la función que mide su coste temporal, T(n), mediante una recurrencia Una recurrencia es una ecuación (o desigualdad) que describe una función en términos del propio valor de sí misma para argumentos más cercanos a algún caso básico, para el cual la función está definida expĺıcitamente Ejemplos: { 1 si n = 0 1 T(n) = 4T(n 1) 2 n en caso contrario 2 T(n) = T(n/2)+n asumiendo que T(1) = Θ(1) 2/42

3 Introducción Resolver una recurrencia significa encontrar la expresión expĺıcita que define la función recurrente: Recurrencia { n si n = 0,1 o 2 T(n) = 5T(n 1) 8T(n 2)+4T(n 3) en caso contrario Solución T(n) = 2 n+1 n2 n 1 2 Generalmente, será suficiente con clasificar la función recurrente en una notación asintótica (Θ, O, Ω,...): T(n) = Θ(nlogn) T(n) = O(n 2 ) 3/42

4 Técnica del Divide y Vencerás Las recurrencias se usan ampliamente para la determinación del coste de ejecución de algoritmos recursivos tales como los desarrollados con la técnica de diseño conocida como Divide y Vencerás La técnica del Divide y Vencerás se basa en resolver un problema a partir de la solución de subproblemas del mismo tipo, pero de menor tamaño 4/42

5 Técnica del Divide y Vencerás Pasos de la técnica 1 División: plantear el problema de forma que pueda ser descompuesto en k subproblemas del mismo tipo, pero de menor tamaño 5/42

6 Técnica del Divide y Vencerás Pasos de la técnica 1 División: plantear el problema de forma que pueda ser descompuesto en k subproblemas del mismo tipo, pero de menor tamaño 2 Resolución: solucionar independientemente todos los subproblemas, bien directamente si son elementales (caso base), o bien de forma recursiva 5/42

7 Técnica del Divide y Vencerás Pasos de la técnica 1 División: plantear el problema de forma que pueda ser descompuesto en k subproblemas del mismo tipo, pero de menor tamaño 2 Resolución: solucionar independientemente todos los subproblemas, bien directamente si son elementales (caso base), o bien de forma recursiva 3 Combinación: unir las soluciones obtenidas en el paso anterior para construir la solución del problema original 5/42

8 Técnica del Divide y Vencerás Pseudocódigo general de la técnica: función DivideVencerás(x:TipoProblema):TipoSolución si EsCasoBase(x) entonces Solución := ResuelveCasoBase(x); sino K := Dividir(x, subproblemas); para i := 1 K hacer subsoluciones[i] := DivideVencerás(subproblemas[i]); Solución := Combinar(subsoluciones); devolver Solución 6/42

9 Técnica del Divide y Vencerás El diseño Divide y Vencerás produce algoritmos recursivos cuyo tiempo de ejecución se puede expresar mediante una ecuación de recurrencia Recurrencia del tipo Divide y Vencerás T(n) = lt(n/b)+cn k,n > n 0 (1) con l 1,b 2,k 0,n 0 1 N y c > 0 R, cuando n/n 0 es una potencia exacta de b (n {bn 0,b 2 n 0,b 3 n 0...}). El problema inicial de tamaño n se divide en l subproblemas de tamaño n/b 7/42

10 Teorema maestro del Divide y Vencerás Si una recurrencia es de la forma de la ecuación (1), se aplicará el Teorema Divide y Vencerás Teorema Divide y Vencerás Θ(n k ) si l < b k (caso 1) T(n) = Θ(n k logn) si l = b k (caso 2) Θ(n log b l ) si l > b k (caso 3) (2) 8/42

11 Teorema maestro del Divide y Vencerás Demostración intuitiva basada en un árbol recursivo: T(n) l divisiones T(n/b) T(n/b) T(n/b) l divisiones T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) T(1) Propiedades logaritmos 9/42

12 Teorema maestro del Divide y Vencerás Demostración intuitiva basada en un árbol recursivo: T(n) l divisiones Altura: h = log b n T(n/b) T(n/b) T(n/b) l divisiones T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) T(1) Propiedades logaritmos 9/42

13 Teorema maestro del Divide y Vencerás Demostración intuitiva basada en un árbol recursivo: T(n) l divisiones Altura: h = log b n T(n/b) T(n/b) T(n/b) l divisiones T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) T(1) Anchura (número total de hojas) = l h = l log b n = n log b l Propiedades logaritmos 9/42

14 Teorema maestro del Divide y Vencerás Demostración intuitiva basada en un árbol recursivo: Tiempo de ejecución en cada nivel T(n) l divisiones n k Altura: h = log b n T(n/b) T(n/b) T(n/b) l divisiones l(n/b) k = l(n k /b k ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) l 2 (n/b 2 ) k = l 2 (n k /b 2k ) T(1) Anchura (número total de hojas) = l h = l log b n = n log b l n log b l T(1) Propiedades logaritmos 9/42

15 Teorema maestro del Divide y Vencerás Demostración intuitiva basada en un árbol recursivo: Tiempo de ejecución en cada nivel T(n) l divisiones n k Caso 1: si l < b k Altura: h = log b n T(n/b) T(n/b) T(n/b) l divisiones l(n/b) k = l(n k /b k ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) l 2 (n/b 2 ) k = l 2 (n k /b 2k ) El tiempo de ejecución disminuye en cada nivel T(1) Anchura (número total de hojas) = l h = l log b n = n log b l n log b l T(1) Predomina el tiempo de la raíz del árbol: (n k ) Propiedades logaritmos 9/42

16 Teorema maestro del Divide y Vencerás Demostración intuitiva basada en un árbol recursivo: Tiempo de ejecución en cada nivel T(n) l divisiones n k Caso 2: si l = b k Altura: h = log b n T(n/b) T(n/b) T(n/b) l divisiones l(n/b) k = l(n k /b k ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) l 2 (n/b 2 ) k = l 2 (n k /b 2k ) El tiempo de ejecución es el mismo en cada nivel T(1) Anchura (número total de hojas) = l h = l log b n = n log b l n log b l T(1) El tiempo total es el producto del tiempo en cada nivel multiplicado por la altura: (n k logn) Propiedades logaritmos 9/42

17 Teorema maestro del Divide y Vencerás Demostración intuitiva basada en un árbol recursivo: Tiempo de ejecución en cada nivel T(n) l divisiones n k Caso 3: si l > b k Altura: h = log b n T(n/b) T(n/b) T(n/b) l divisiones l(n/b) k = l(n k /b k ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) T(n/b 2 ) l 2 (n/b 2 ) k = l 2 (n k /b 2k ) El tiempo de ejecución aumenta en cada nivel T(1) Anchura (número total de hojas) = l h = l log b n = n log b l n log b l T(1) Predomina el tiempo del nivel de las hojas puesto que es el mayor: (n log b l ) Propiedades logaritmos 9/42

18 Teorema maestro del Divide y Vencerás Para el análisis de algoritmos, se suelen manejar desigualdades: T(n) lt(n/b)+cn k,n > n 0 con n/n 0 potencia exacta de b Teorema Divide y Vencerás O(n k ) si l < b k T(n) = O(n k logn) si l = b k (3) O(n log b l ) si l > b k 10/42

19 Ejemplos de aplicación del teorema Divide y Vencerás Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = T(n/4)+n 11/42

20 Ejemplos de aplicación del teorema Divide y Vencerás Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = T(n/4)+n Solución: T(n) = Θ(n) por el caso 1 con l = 1,b = 4,c = 1,k = 1,n 0 = 1 11/42

21 Ejemplos de aplicación del teorema Divide y Vencerás Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = T(n/4)+n Solución: T(n) = Θ(n) por el caso 1 con l = 1,b = 4,c = 1,k = 1,n 0 = 1 Ejemplo 2: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = 4T(n/2)+n 2 11/42

22 Ejemplos de aplicación del teorema Divide y Vencerás Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = T(n/4)+n Solución: T(n) = Θ(n) por el caso 1 con l = 1,b = 4,c = 1,k = 1,n 0 = 1 Ejemplo 2: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = 4T(n/2)+n 2 Solución: T(n) = Θ(n 2 logn) por el caso 2 con l = 4,b = 2,c = 1,k = 2,n 0 = 1 11/42

23 Ejemplos de aplicación del teorema Divide y Vencerás Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = T(n/4)+n Solución: T(n) = Θ(n) por el caso 1 con l = 1,b = 4,c = 1,k = 1,n 0 = 1 Ejemplo 2: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = 4T(n/2)+n 2 Solución: T(n) = Θ(n 2 logn) por el caso 2 con l = 4,b = 2,c = 1,k = 2,n 0 = 1 Ejemplo 3: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = 3T(n/2)+n 11/42

24 Ejemplos de aplicación del teorema Divide y Vencerás Ejemplo 1: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = T(n/4)+n Solución: T(n) = Θ(n) por el caso 1 con l = 1,b = 4,c = 1,k = 1,n 0 = 1 Ejemplo 2: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = 4T(n/2)+n 2 Solución: T(n) = Θ(n 2 logn) por el caso 2 con l = 4,b = 2,c = 1,k = 2,n 0 = 1 Ejemplo 3: Resolver la siguiente ecuación de recurrencia: T(n) = 3T(n/2)+n Solución: T(n) = Θ(n log 2 3 ) por el caso 3 con l = 3,b = 2,c = 1,k = 1,n 0 = 1 11/42

25 Ejemplo: el problema del Skyline Problema: Dada una secuencia de triplas (l i,h i,r i ) para i = 1,...,n, que representan un conjunto de edificios rectangulares, determinar la silueta que forman los edificios en el horizonte (skyline) 15 Conjunto de edificios rectangulares Silueta formada por los edificios (skyline) /42

26 Ejemplo: el problema del Skyline Cada edificio está descrito por una tripla (l i,h i,r i ) donde l i y r i son las coordenadas en el eje de abscisas y h i representa la altura 12 (20,12,24) 10 8 (28,8,34) 6 (7,6,15) /42

27 Ejemplo: el problema del Skyline La solución del problema es una secuencia de coordenadas y alturas uniendo los edificios ordenadas de izquierda a derecha Solución del skyline (las alturas están resaltadas en negrita): (12, 4, 16, 3, 20, 8, 22, 12, 26, 5, 29, 0, 37, 7, 40, 5, 44, 0) 14/42

28 Ejemplo: el problema del Skyline Solución recursiva: función Skyline(var B[1..n]): lista si n=1 entonces SK := (l 1,h 1,r 1,0); sino mitad := n div 2; SK1 := Skyline(B[1..mitad]); SK2 := Skyline(B[mitad+1..n]); SK := Mezclar(SK1, SK2); devolver SK 15/42

29 Ejemplo: el problema del Skyline Solución recursiva: función Skyline(var B[1..n]): lista si n=1 entonces SK := (l 1,h 1,r 1,0); sino mitad := n div 2; SK1 := Skyline(B[1..mitad]); SK2 := Skyline(B[mitad+1..n]); SK := Mezclar(SK1, SK2); devolver SK Θ(1) 15/42

30 Ejemplo: el problema del Skyline Solución recursiva: función Skyline(var B[1..n]): lista si n=1 entonces SK := (l 1,h 1,r 1,0); sino mitad := n div 2; SK1 := Skyline(B[1..mitad]); SK2 := Skyline(B[mitad+1..n]); SK := Mezclar(SK1, SK2); devolver SK Θ(1) T( n/2 ) T(n/2) 15/42

31 Ejemplo: el problema del Skyline Solución recursiva: función Skyline(var B[1..n]): lista si n=1 entonces SK := (l 1,h 1,r 1,0); sino mitad := n div 2; SK1 := Skyline(B[1..mitad]); SK2 := Skyline(B[mitad+1..n]); SK := Mezclar(SK1, SK2); devolver SK Θ(1) T( n/2 ) T(n/2) T( n/2 ) T(n/2) 15/42

32 Ejemplo: el problema del Skyline Solución recursiva: función Skyline(var B[1..n]): lista si n=1 entonces SK := (l 1,h 1,r 1,0); sino mitad := n div 2; SK1 := Skyline(B[1..mitad]); SK2 := Skyline(B[mitad+1..n]); SK := Mezclar(SK1, SK2); devolver SK Θ(1) T( n/2 ) T(n/2) T( n/2 ) T(n/2) O(n) 15/42

33 Ejemplo: el problema del Skyline El coste de la solución recursiva planteada para el problema del skyline, el T(n), cumple la siguiente recurrencia: T(n) = 2T(n/2)+O(n) 16/42

34 Ejemplo: el problema del Skyline El coste de la solución recursiva planteada para el problema del skyline, el T(n), cumple la siguiente recurrencia: T(n) = 2T(n/2)+O(n) Por lo tanto, siguiendo el teorema del Divide y Vencerás, se obtiene: T(n) = O(nlogn) 16/42

35 Ejercicio 1: multiplicación de Karatsuba-Ofman El método tradicional para la multiplicación de dos números enteros de n dígitos es Θ(n 2 ) El procedimiento de Karatsuba-Ofman permite la multiplicación de números de gran tamaño de forma más eficiente Dados dos números x e y representados con n dígitos en alguna base b entonces para cualquier entero positivo m, m < n, se pueden descomponer de la siguiente manera: x = x 1 b m +x 0 x = x 1 x 0 y = y 1 b m +y 0 y = y 1 y 0 17/42

36 Ejercicio 1: multiplicación de Karatsuba-Ofman Por tanto el producto es: xy = (x 1 b m +x 0 )(y 1 b m +y 0 ) = z 2 b 2m +z 1 b m +z 0 donde z 2 = x 1 y 1, z 1 = x 1 y 0 +x 0 y 1 y z 0 = x 0 y 0 Estas fórmulas requieren cuatro multiplicaciones de números más pequeños, pero con el método de Karatsuba se puede calcular empleando sólo tres: z 2 = x 1 y 1 z 0 = x 0 y 0 z 1 = (x 1 +x 0 )(y 1 +y 0 ) z 0 z 2 Este procedimiento se puede resolver de forma recursiva para cada producto de menor tamaño 18/42

37 Ejercicio 1: multiplicación de Karatsuba-Ofman En este ejercicio se pide: Obtener el algoritmo recursivo para el procedimiento de Karatsuba empleando la técnica del Divide y Vencerás Determinar la recurrencia que caracteriza el tiempo de ejecución, T(n), del algoritmo propuesto Resolver la ecuación de recurrencia obtenida 19/42

38 Recurrencias homogéneas lineales Las recurrencias homogéneas lineales con coeficientes constantes son las que tienen la siguiente forma: a 0 t n +a 1 t n a k t n k = 0 (4) en donde los t i son los valores que se desea averiguar y los a j valores constantes Además de la ecuación (4) es necesario establecer el valor de t i en k valores de i (condiciones iniciales) para poder obtener la solución (sino existen infinitas) Ejemplo: la sucesión de fibonacci Recurrencia: f n = f n 1 +f n 2 Se ajusta al esquema de las recurrencias homogéneas lineales reescribiendo: f n f n 1 f n 2 = 0, con a 0 = 1, a 1 = 1 y a 2 = 1 Condiciones iniciales: f 0 = 0 y f 1 = 1 20/42

39 Recurrencias homogéneas lineales Para solucionar este tipo de recurrencias se buscará una solución de la forma t n = x n, donde x es desconocida Si se introduce esta posible solución en la ecuación (4) se obtiene: a 0 x n +a 1 x n a k x n k = 0 Esta ecuación se satisface si x = 0 solución trivial sin interés Dividiendo la ecuación anterior por x n k se obtiene equivalentemente: a 0 x k +a 1 x k a k = 0 que se denomina ecuación característica de la recurrencia El polinomio p(x) = a 0 x k +a 1 x k a k es el polinomio característico técnica de la ecuación característica 21/42

40 Recurrencias homogéneas: ecuación característica Según el teorema fundamental del álgebra todo polinomio de grado k: Posee k raíces (no necesariamente distintas) Puede factorizarse como un producto de k monomios: p(x) = k i=1 (x r i) donde los r i pueden ser números complejos Los r i son las únicas soluciones de la ecuación p(x) = 0 Dada cualquier raíz r i del polinomio característico tenemos que p(r i ) = 0 y por tanto r n i es una solución de la recurrencia 22/42

41 Recurrencias homogéneas: ecuación característica Puesto que toda combinación lineal de soluciones es también solución se tiene que: t n = k i=1 c i r n i satisface la recurrencia para cualquier selección de constantes c 1,c 2,...,c k, siempre y cuando todos los r i sean distintos. Las k constantes se pueden determinar a partir de las k condiciones iniciales resolviendo un sistema de ecuaciones lineales 23/42

42 Recurrencias homogéneas: ejemplo Resolver la recurrencia de Fibonacci: { n si n = 0 ó n = 1 f n = f n 1 +f n 2 en caso contrario Paso 1: reescribir la recurrencia f n f n 1 f n 2 = 0 Paso 2: determinar el polinomio característico x 2 x 1 Paso 3: calcular las raíces del polinomio r 1 = r 2 = /42

43 Recurrencias homogéneas: ejemplo Paso 4: establecer la solución general f n = c 1 r n 1 +c 2r n 2 Paso 5: usar las condiciones iniciales en la solución general Con n = 0 se obtiene c 1 +c 2 = 0 Con n = 1 se obtiene r 1 c 1 +r 2 c 2 = 1 Paso 6: resolver el sistema de ecuaciones lineales c 1 = 1 5 y c 2 = 1 5 Paso 7: sustituir los valores en la solución general [( f n = 1 ) n ( ) n ] /42

44 Recurrencias homogéneas Ejercicio 2: Resolver la siguiente recurrencia 0 si n = 0 t n = 5 si n = 1 3t n 1 +4t n 2 en caso contrario 26/42

45 Recurrencias homogéneas con multiplicidades Si el polinomio característico tiene raíces múltiples la solución general es: t n = l i=1 m i 1 j=0 c ij n j r n i (5) siendo r 1,r 2,...,r l las raíces distintas del polinomio característico y m 1,m 2,...,m l sus multiplicidades Las constantes c ij deben determinarse a partir de las k condiciones iniciales 27/42

46 Recurrencias homogéneas con multiplicidades Ejercicio 3: Resolver la siguiente recurrencia { n si n = 0,1 ó 2 t n = 5t n 1 8t n 2 +4t n 3 en caso contrario 28/42

47 Recurrencias no homogéneas En este caso la combinación lineal ya no es igual a cero la combinación lineal de soluciones ya no es solución Consideraremos inicialmente recurrencias de la forma: a 0 t n +a 1 t n 1 + +a k t n k = b n p(n) (6) donde b es una constante y p(n) un polinomio de grado d 29/42

48 Recurrencias no homogéneas Ejemplo 1: t n 2t n 1 = 3 n Se ajusta a la ecuación (6) con b = 3 y p(n) = 1 (polinomio de grado 0) Se puede reducir al caso homogéneo realizando las siguientes operaciones con la recurrencia: Multiplicar por 3: 3t n 6t n 1 = 3 n+1 Sustituir n por n 1: 3t n 1 6t n 2 = 3 n Restar las dos ecuaciones anteriores: t n 2t n 1 = 3 n 3t n 1 6t n 2 = 3 n t n 5t n 1 +6t n 2 = 0 Polinomio característico: p(x) = x 2 5x +6 = (x 2)(x 3) 30/42

49 Recurrencias no homogéneas Ejemplo 1: t n 2t n 1 = 3 n (x 2)(x 3) Las soluciones son de la forma: t n = c 1 2 n +c 2 3 n Sin embargo, ya no es cierto que cualquier c 1 y c 2 arbitrario sea una solución de la recurrencia c 1 y c 2 ya no se determinan a partir de las condiciones iniciales: t n = 2 n y t n = 3 n no son soluciones de la recurrencia original. Como t 0 0 se puede demostrar que t n 0, n 0. Por tanto, se deduce que t n = O(3 n ) Si demostramos que c 2 0 t n = θ(3 n ) 31/42

50 Recurrencias no homogéneas Ejemplo 1: t n 2t n 1 = 3 n Para determinar si t n = θ(3 n ) o calcular las constantes se pueden usar dos razonamientos alternativos: 1 Mediante un sistema de ecuaciones obtenido al sustituir valores iniciales en la propia recurrencia: { t n 2t n 1 = 3 n t 1 = 2t 0 +3 c1 +c 2 = t 0 n = 0 2c { 1 +3c 2 = 2t 0 +3 n = 1 c1 = t 0 3 t c 2 = 3 n = (t 0 3)2 n +3 n+1 = θ(3 n ) Solución general, independiente de condiciones iniciales 2 Sustituyendo la solución general en la recurrencia original: 3 n = t n 2t n 1 = (c 1 2 n +c 2 3 n ) 2(c 1 2 n 1 +c 2 3 n 1 ) = c 2 3 n 1 c 2 = 3 independientemente de t 0, i.e., descartado que c 2 = 0 t n = θ(3 n ) 32/42

51 Recurrencias no homogéneas Ejemplo 2: t n 2t n 1 = (n+5)3 n Se ajusta a la ecuación (6) con b = 3 y p(n) = n+5 (d = 1) Operaciones: t n 2t n 1 = (n+5)3 n 6, n 1 : 6t n 1 +12t n 2 = 6(n+4)3 n 1 9, n 2 : 9t n 2 18t n 3 = 9(n+3)3 n 2 t n 8t n 1 +21t n 2 18t n 3 = 0 Polinomio característico: x 3 8x 2 +21x 18 = (x 2)(x 3) 2 Solución general: t n = c 12 n +c 23 n +c 3n3 n La recurrencia original impone las siguientes restricciones: t 1 = 2t 0 +18, t 2 = 2t = 4t n = 0 : c 1 +c 2 = t 0 c 1 = t 0 9 n = 1 : 2c 1 +3c 2 +3c 3 = 2t c 2 = 9 n = 2 : 4c 1 +9c 2 +18c 3 = 4t c 3 = 3 Solución general: t n = (t 0 9)2 n +(n+3)3 n+1 = θ(n3 n ) independiente de t 0 33/42

52 Recurrencias no homogéneas Generalización: Del ejemplo 1: t n 2t n 1 = 3 n p(x) = (x 2)(x 3) 0+1 Del ejemplo 2: t n 2t n 1 = (n+5)3 n } {{ } p(x) = (x 2)(x 3) 1+1 (x 2) Por tanto, para resolver (6), utilizar: (a 0 x k +a 1 x k 1 + +a k )(x b) d+1 (7) Se procede igual que en el caso homogéneo, salvo que algunas ecuaciones necesarias para determinar las constantes se obtienen a partir de la recurrencia. 34/42

53 Recurrencias no homogéneas Ejemplo 3: Resolver la siguiente recurrencia { 1 n = 0 t n = 4t n 1 2 n sino Se reescribe la recurrencia: t n 4t n 1 = 2 n Se ajusta a la forma de (6) con: b = 2,p(n) = 1,d = 0 Polinomio característico: p(x) = (x 4)(x 2) 0+1 Solución general: t n = c 1 4 n +c 2 2 n t n = θ(4 n )? c 1 > 0? 35/42

54 Recurrencias no homogéneas Ejemplo 3: Procedimiento para determinar si t n = θ(4 n ): 1 Sustituyendo en la recurrencia original: 2 n = t n 4t n 1 = (c 1 4 n +c 2 2 n ) 4(c 1 4 n 1 +c 2 2 n 1 ) = c }{{} 2 2 n =1 En este caso no se puede determinar el valor de c 1 2 Sistema ecuaciones conociendo } que c 2 = 1: t n = c 1 4 n +2 n 1 = c t 0 = c 1 = 0 t n = 2 n θ(4 n ) Sin embargo, si t 0 > 1 entonces se obtiene t n = θ(4 n ) Conclusión: para algunas recurrencias las condiciones iniciales son determinantes pero en otras sólo importa que t /42

55 Recurrencias no homogéneas Ejercicio 4: Las torres de Hanoi Anillo 1... Anillo n Barra 1 Barra 2 Barra 3 procedimiento Hanoi(n, i, j) 37/42

56 Recurrencias no homogéneas Ejercicio 4: Las torres de Hanoi Barra 1 Barra 2 Barra 3 procedimiento Hanoi(n, i, j) si n > 1 entonces Hanoi(n-1, i, 6-i-j); 37/42

57 Recurrencias no homogéneas Ejercicio 4: Las torres de Hanoi Barra 1 Barra 2 Barra 3 procedimiento Hanoi(n, i, j) si n > 1 entonces Hanoi(n-1, i, 6-i-j); mover anillo(i,j); {instrucción elemental} 37/42

58 Recurrencias no homogéneas Ejercicio 4: Las torres de Hanoi Barra 1 Barra 2 Barra 3 procedimiento Hanoi(n, i, j) si n > 1 entonces Hanoi(n-1, i, 6-i-j); mover anillo(i,j); Hanoi(n-1, 6-i-j, j); {instrucción elemental} 37/42

59 Recurrencias no homogéneas Generalización: Las recurrencias de la forma: a 0 t n +a 1 t n 1 + +a k t n k = b n 1 p 1(n)+b n 2 p 2(n)+... (8) donde las b i son constantes y los p i (n) son polinomios de grado d i Se resuelven mediante el siguiente polinomio característico: (a 0 x k +a 1 x k 1 + +a k )(x b 1 ) d 1+1 (x b 2 ) d (9) 38/42

60 Recurrencias no homogéneas Ejemplo 4: Resolver la siguiente recurrencia { 0 n = 0 t n = 2t n 1 +n+2 n sino Se reescribe la recurrencia: t n 2t n 1 = n+2 n Se ajusta a la forma de (8) con: b 1 = 1,p 1 (n) = n,d 1 = 1 b 2 = 2,p 2 (n) = 1,d 2 = 0 Polinomio característico: (x 2)(x 1) 2 (x 2) = (x 1) 2 (x 2) 2 Solución general: t n = c 1 1 n +c 2 n1 n +c 3 2 n +c 4 n2 n t n = O(n2 n ) 39/42

61 Recurrencias no homogéneas Ejemplo 4: t n = θ(n2 n )? c 4 > 0? Alternativas: 1 Sustituyendo en la recurrencia original: (2c 2 c 1 ) c 2 n+ c }{{} 4 2 n = n+2 n t n = θ(n2 n ) =1 2 Sistema ecuaciones: t n = n2 n +2 n+1 n 2 t n = θ(n2 n ) 40/42

62 Material complementario Lecture 2: Asymptotic Notation, Recurrences, Substitution, Master Method Introduction to Algorithms Massachusetts Institute of Technology - MIT OPENCOURSEWARE Course Notes Discrete Math in Computer Science Dartmouth College Recurrence Relations (Course Notes) Algorithm Analysis Brigham Young University Algorithms S. Dasgupta, C.H. Papadimitriou, U.V. Vazirani 41/42

63 Apéndice Propiedades de logaritmos: 1 Cambio de base: log a x = log bx log b a 2 Identidad fundamental: a log a x = x Demostración de la igualdad empleada en transparencia 9: Anchura del árbol recursivo: ( l log b n = l log l nlog b l = l log n) log b l l = n log b l Volver 42/42