算法导论（第三版） 第三章练习题

http://www.cnblogs.com/Jiajun/archive/2013/05/06/3063574.html

3.1-1

分情况讨论

当 f(n)≥g(n) 时， max(f(n),g(n))=f(n) ，存在 c1=12,c2=1,n0>0 使得

0<c1(f(n)+g(n))≤f(n)≤c2(f(n)+g(n))对于所有n≥n0 同理可证当 g(n)>f(n) 的情况

3.1-2

(n+a)b=nb+c1nb−1+c2nb−2+⋯+ab=θ(nb)

3.1-3

大O表示法用来表示一个算法复杂度的上界，而“至少”一词用来形容下界，所以这句话的意思是该算法复杂度的上界只要不小于 O(n2) 即可，相当于没有说明算法的复杂度的界限，没有意义。

3.1-4

2n+1=O(2n)

证明：存在 c=2,n0>0 使得

0≤2n+1≤c2n对于所有n≥n0 22n≠O(2n)

证明：假设存在 c,n0 使得 0≤22n≤c2n对于所有n≥n0⇒2n∗2n≤c2n⇒2n≤c 由于不存在常数c使得等式成立，故产生矛盾，得证。

3.1-5

利用定义就可以直接证明

3.1-6

最坏情况下复杂度为 O(g(n)) 说明所有情况时间复杂度为 O(g(n)) ，最好情况下时间复杂度为 Θ(g(n)) 说明所有情况时间复杂度为 Ω(g(n)) ，根据定理3.1得算法时间复杂度为 Θ(g(n))

3.1-7

f(n)=o(g(n)) 说明对于任意正常数 c,n0 ，对于所有的 n≥n0 都有

0≤f(n)<cg(n)对于所有n≥n0 这时假设 f(n)=ω(g(n)) ，说明对于任意正常数 c,n0 ，对于所有的 n≥n0 都有 0≤cg(n)<f(n) 然而这样的常数c是存在的，故产生矛盾，可得 o(g(n))∩ω(g(n))=Φ 。

3.1-8

Ω(g(m,n))={f(m,n):存在大于零的常数c,n0,m0使得0≤cg(n,m)≤f(n,m)对于所有n≥n0或m≥m0} Θ(g(m,n))={f(m,n):存在大于零的常数c1,c2,n0,m0使得0≤c1g(n,m)≤f(n,m)≤c2g(n,m)对于所有n≥n0或m≥m0}

3.2-1

由于f(n)和g(n)单调递增，所以对于任意 x1<x2 ，都有

f(x1)<f(x2) g(x1)<g(x2) 所以 f(x1)+g(x1)<f(x2)+g(x2) f(g(x1))<f(g(x2)) 如果当f(x)和g(x)都非负时显然有 f(x1)∗g(x1)<f(x2)∗g(x2)

3.2-2

lgalogbc=logbclga=lgalgclgb lgclogba=logbalgc=lgalgclgb ⇒alogbc=clogba

3.2-3

证明 lg(n!)=Θ(nlgn) ：

lgn!=∑i=1nlgi<∑i=1nlgn=nlgn ∑i=1nlgi=∑i=1n/2[lgi+lg(n−i)]=∑i=1n/2[lgi(n−i)]>∑i=1n/2lgn24=nlgn−n=12nlgn ⇒lg(n!)=Θ(nlgn) 证明 n!=ω(2n) ： ∵当n>4时，i(n−i)>22 ∴n!=∏i=1n/2i(n−i)>∏i=1n/222=2n ∴n!=ω(2n) 证明 n!=o(nn) ： ∵当n>1时，n!=∏i=1ni<∏i=1nn=nn ∴n!=o(nn)

3.2-4

证明 f(n) 是否多项式有界等价于证明 lgf(n)=O(lgn) ，这是因为如果 f(n) 多项式有界，则存在正常数 c,k,n0 使得对于所有的 n>n0 都有 f(n)<cnk ，即 lgf(n)<kclgn ，所以 lgf(n)=Olgn ，反之亦然。

对于 ⌈lgn⌉! 我们有

lg(⌈lgn⌉!)=Θ(⌈lgn⌉lg⌈lgn⌉)=Θ(lgnlglgn)=ω(lgn) ⌈lgn⌉!  非多项式有界

对于  ⌈lglgn⌉!  我们有 lg(⌈lglgn⌉!)=Θ(⌈lglgn⌉lg⌈lglgn⌉)=Θ(lglgnlglglgn)=o((lglgn)2)=o(lgn) ⌈lglgn⌉!  多项式有界

3.2-5

lg∗lgn=lg∗n−1>lglg∗n,当lg∗n>2时

3.2-6

ϕ2=(1+5√2)2=3+5√2=ϕ+1 ϕ^2=(1−5√2)2=3−5√2=ϕ^+1

3.2-7

证明：

当i = 0时，

ϕ0−ϕ^05√=0=F0 当i = 1时， ϕ1−ϕ^15√=1=F1 假设当i = k-1和i = k时都满足公式，则当i = k+1时 Fk+1=Fk+Fk−1=(ϕk+ϕk−1)−(ϕ^k+ϕ^k−1)5√=ϕk−1(ϕ+1)−ϕ^k−1(ϕ^+1)5√=ϕk+1−ϕ^k+15√

3.2-8

这题要用到性质 g(n)=Θ(f(n))⇔f(n)=Θ(g(n)) ，所以 klnk=Θ(n)⇔n=Θ(klnk) ， 要证 k=Θ(n/lnn) 等价于证 n/lnn=Θ(k) ，代入条件得

nlnn=Θ(klnkln(klnk))=Θ(klnklnk)=Θ(k)