O que você ganha se tentar ? Parece que você obterá um limite inferior de 2 Ω ( n / log n ) . f( n ) = 2 f( n - logn )2Ω ( n / logn )
Chandra Chekuri
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@ChandraChekuri Oh, isso é ótimo! E existe um limite superior de : usamos o log de recorrência n vezes e obtemos que f ( n ) ≤ ( 1 + log n ) f ( n - log n ) . Então aplicamos esse n / log n vezes e obtemos f ( n ) ≤ ( 1 + log n2O ( n logregistron / logn )registronf( n ) ≤ ( 1 + logn ) f( n - logn )n / logn . Portanto, a diferença entre o limite superior e o limite inferior é apenas log log n no expoente. Isso é realmente suficiente para meus propósitos, mas deixarei a pergunta em aberto caso alguém queira e consiga fechar a lacuna. Muito obrigado, Chandra! f( n ) ≤ ( 1 + logn )n / logn= 2O ( n logregistron / logn )registroregistron
mobius dumpling
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Bem, o mesmo truque fornece , então f ( n ) = 2 Θ ( n log log n / log n ) . f(n)≥(logn)f(n−2logn)f(n)=2Θ(nloglogn/logn)
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