Uprość złożoność n multichoose k

Mam algorytm rekurencyjny o złożoności czasowej równoważnej do wybierania elementów k z powtórzeniem i zastanawiałem się, czy mogę uzyskać bardziej uproszczone wyrażenie big-O. W moim przypadku może być większe niż i rosną one niezależnie. $k$ $n$

W szczególności oczekiwałbym wyraźnego wyrażenia wykładniczego. Najlepsze, jakie do tej pory mogłem znaleźć, to oparte na przybliżeniu Stirlinga , więc mogę z tego skorzystać, ale zastanawiałem się, czy mogę uzyskać coś ładniejszego. $O(n!) \approx O((n/2)^n)$

O ((\binom{n + k - 1}{k})) = O (?)

$O\left({{n+k-1}\choose{k}}\right) = O(?)$

asymptotics combinatorics runtime-analysis

— yoniLavi
źródło

Nie jest to do końca bardzo pomocne, ale bardzo interesujące przybliżenie czynnikowe Ramanujana

— Pratik Deoghare

Dzięki

n! \sim \sqrt{π} {(\frac{n}{e})}^{n} \sqrt[6]{8 n^{3} + 4 n^{2} + n + \frac{1}{30}}

$n! \sim \sqrt{\pi} \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt[6]{8n^3 + 4n^2 + n + \frac{1}{30}}$ wygląda jak fajne przybliżenie, ale tak naprawdę nie wydaje się, aby to uprościć.

— yoniLavi

Odpowiedzi:

Edycja: Ta odpowiedź dotyczy $k<n$ . Bez ograniczenia $k$ pod względem $n$ wyrażenie jest nieograniczone.

Jeśli wówczas wyrażenie staje się . Zauważ, że według wzoru Stirlinga dla dowolnego gdzie jest entropią binarną. W szczególności . Dlatego mamy dla $k=n-1$ $O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)$ $0<\alpha<1$

(\binom{m}{α m}) = Θ (m^{- 1 / 2} 2^{H (α) m}),

${m \choose {\alpha m}}= \Theta(m^{-{1/2}} 2^{H(\alpha)m}),$

H (q) = - q \log q - (1 - q) \log (1 - q)

$H(q)=-q \log q - (1-q) \log (1-q)$

H (1 / 2) = 1

$H(1/2)=1$

k = n - 1

$k=n-1$

O ((\binom{2 (n - 1)}{n - 1})) = Θ ((2 n - 2)^{- 1 / 2} 2^{2 n - 2}) = Θ (\frac{4^{n}}{\sqrt{n}}) .

$O\left ({{2(n-1)}\choose{n-1}}\right)=\Theta((2n-2)^{-{1/2}} 2^{2n-2})=\Theta\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right).$

Ponieważ górna granica jest najgorszym przypadkiem (pozostawiam to jako ćwiczenie, aby to pokazać), twoje wyrażenie to . $k=n-1$ $O\left(\frac{ 4^{n}}{\sqrt{n}}\right)$

— A.Schulz
źródło

Dzięki, dokładnie tego szukałem! i to jest kolejna rzecz motywująca mnie do studiowania teorii informacji.

— yoniLavi

@ Falcor84: Miałem mniejszą literówkę w ostatnim przejściu. Część pierwiastka kwadratowego musi przejść do mianownika. Dlatego granica jest nieco lepsza niż ta przedstawiona przez Paresha. (W rzeczywistości granica jest asymptotycznie ciasna.)

— A.Schulz,

Ja też powinienem był zauważyć ten mały znak minus, dzięki jeszcze raz.

— yoniLavi

Twoje stwierdzenie „pozostawione jako ćwiczenie”, że jest najgorszym przypadkiem, jest błędne. Jeśli , wyrażenie to . Nie zawsze jest to mniej niż .

k = n - 1

$k = n-1$

n = 3

$n=3$

(\binom{k + 2}{k}) = (\binom{k + 2}{2}) = \frac{(k + 1) (k + 2)}{2}

${k+2 \choose k} = {k+2 \choose 2} = \frac{(k+1)(k+2)}{2}$

(\binom{4}{2}) = 6

${4 \choose 2} = 6$

— Peter Shor,

Ponieważ , problemem jest symetryczne i (który może rosnąć bez związku z moim przypadku ). Dlatego przypuszczam, że dokładniejszą odpowiedzią byłoby zastąpienie n w końcowej części odpowiedzi

(\binom{n + k - 1}{k}) = (\binom{n + k - 1}{n - 1})

${{n+k-1}\choose{k}} = {{n+k-1}\choose{n-1}}$

n

$n$

k

$k$

x := m a x (n, k)

$x := max(n,k)$

— yoniLavi

Wolfram mówi Sondow (2005) [1], a Sondow i Zudilin (2006) [2] zauważyli nierówność: dla dodatnia liczba całkowita i liczba rzeczywista.

\frac{1}{4 r m} {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m} < (\binom{(r + 1) m}{m}) < {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m}

$\frac{1}{4rm}\left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m < {(r+1)m \choose m} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m$

m

$m$

r \geq 1

$r\ge 1$

Następnie możemy użyć z i .

(\binom{n + k - 1}{k}) < (\binom{n + k}{k}) = (\binom{(r + 1) m}{m})

${n+k-1\choose k} < {n+k\choose k} = {(r + 1)m \choose m}$

r = \frac{n}{k}

$r = \frac{n}{k}$

m = k

$m = k$

Następnie mamy

(\binom{n + k - 1}{k}) < {[\frac{(r + 1)^{r + 1}}{r^{r}}]}^{m} = {(\frac{n + k}{k})}^{n + k}

${n+k-1\choose k} < \left[\frac{(r+1)^{r+1}}{r^r}\right]^m = \left(\frac{n+k}{k}\right)^{n+k}$

Teraz wyrażenie dwumianowe ma najwyższą wartość w środku trójkąta Pascala. W naszym przypadku lub w . $n+k = 2k$ $k = n$

Podstawiając to w powyższej nierówności, otrzymujemy: .

(\binom{n + k - 1}{k}) < 2^{2 n} = 4^{n}

${n+k-1\choose k} < 2^{2n} = 4^n$

Dlatego ściślejsza granica to .

(\binom{n + k - 1}{k}) = O (4^{n})

${n+k-1\choose k} = O(4^n)$

Możesz również zobaczyć, że dolna granica wartości maksymalnej wynosi

(\binom{n + k - 1}{k}) = Ω (\frac{4^{n}}{n})

${n+k-1\choose k} = \Omega\left(\frac{4^n}{n}\right)$

Odniesienia:
[1] Sondow, J. "Problem 11132." Amer. Matematyka Miesięcznie 112, 180, 2005.
[2] Sondow, J. i Zudilin, W. „Stała Eulera, q-logarytmy i wzory Ramanujana i Gospera” Ramanujan J. 12, 225-244, 2006.

— Paresh
źródło