Ricorrenze. 3 1 Metodo iterativo

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1 3 Ricorreze 31 Metodo iterativo Il metodo iterativo cosiste ello srotolare la ricorreza fio ad otteere ua fuzioe dipedete da (dimesioe dell iput). L idea è quella di reiterare ua data ricorreza T () u certo umero di volte (co u argometo di dimesioe sempre miore) fichè o è possibile esprimere T () come ua somma di termii dipedeti solo da e dalle codizioi iiziali. Questo metodo, così come quello dell albero di ricorsioe, si rivela particolarmete utile quado o si hao idee precise sull ordie di gradezza della ricorreza. Etrambi i metodi, ifatti, permettoo di capire come si dipaao i costi ella ricorsioe. Exercise 31 Si utilizzi il metodo iterativo per risolvere le segueti ricorreze; assumete che T (1) = c + T (/). 1 + T (/) T (/3) Dimostrazioe. 1. Ad esempio el caso della prima ricorreza: c + T (/) dopo 1 passo = c + c + T (/) dopo passi = c + c + c + T (/) dopo 3 passi = c + c + c + c + T (/16) dopo passi =... = kc + T (/ k ) dopo k passi Cotiuiamo a srotolare la ricorreza fi quado / k = 1 ossia fi quado k =. Allora, possiamo riscrivere T () come segue: c + T (1) = c + 1 = Θ( )

2 3 Ricorreze. 1 + T ( ) = T ( ) = T ( ) dopo passi = T ( ) = T ( ) dopo 3 passi = T ( 16 ) = T ( 16 ) dopo passi =... = k1 + k T ( ) dopo k passi k = k1 i + k T ( ) k Di uovo cotiuiamo a srotolare la ricorreza fi quado / k = 1 ossia fi quado k =. Allora, possiamo riscrivere T () come segue: 1 i + = 1 i + = = 3. (1 ) + = ( 1) + = 1 = Θ() 3 + 3T ( 3 ) = 3 + 3( 3 )3 + 9T ( 9 ) dopo passi = ( 3 )3 + +9( 9 )3 + 7T ( 7 ) dopo 3 passi = ( 3 )3 + +9( 9 )3 + 7( 7 )3 + 1T ( 1 ) dopo passi =... 3 i ( 3 ) k T ( ) i 3 k = k1 = 3 k1 ( 1 9 )i + 3 k T ( )dopo k passi 3 k I questo caso ci fermiamo quado /3 k = 1 e quidi quado k = ( 1 9 )i + = 3 1 ( 1 9 ) = 3 1 ( 1 9 ) = Poichè 9 3 = 3 9 = (poichè a c = c a ): = = = Θ(3 )

3 3. Metodo dell albero di ricorsioe 9 3 ( )3 ( )3 h = ( )3 ( )3 ( )3 ( )3 ( )3 ( )3 ( )3 ( )3 ( )3 ( )3 ( )3 ( )3 Figura 31 Albero di ricorsioe per T ) = T ) Metodo dell albero di ricorsioe È ua variate del metodo iterativo. U albero di ricorsioe permette di visualizzare lo sviluppo della ricorsioe e dei costi. Ogi odo rappreseta il costo di u particolare sottoproblema apparteete all isieme delle chiamate ricorsive della fuzioe. Il valore della ricorreza viee calcolato sommado prima i costi dei odi su ciascu livello, e poi determiado il costo totale di tutti i livelli dell albero di ricorsioe. Exercise 3 Risolvere co il metodo dell albero di ricorsioe la seguete ricorreza 3 + T (/) se > 1 Dimostrazioe. L albero di ricorsioe per T () è descritto i Figura 3.1. Osserviamo che: ogi livello i (per i = 0... h, qui h è l altezza dell albero) ha i odi oguo dei quali ha u costo pari a ( i ) 3. Il costo di ciascu livello i è : c i = i ( i )3 = 3 ( i ) = 3 i l ultimo livello corrispode ad ua chiamata di T (/ h ) co h = 1 e quidi h =. T () è pari alla somma della somma dei costi associati a ciascu odo dell albero di ricorsioe. Quidi:

4 10 3 Ricorreze 3 i = 3 ( 1 )i = 3 1 ( = ) +1 = ( 1 ) = 1 = = = Θ(3 ) 3 1 = T ( ) T ( ) T ( 16 ) T ( ) T ( ) T ( ) 16 T ( 6 ) T ( 3 ) T ( 3 ) T ( 16 ) T ( 3 ) T ( 16 ) T ( 16 ) T ( ) h = k = 1 1 Figura 3 lbero di ricorsioe per T ) = T ) + T ) +

5 3. Metodo dell albero di ricorsioe 11 Exercise 33 Risolvere la seguete ricorreza co il metodo dell albero di ricorsioe, assumedo che T (1) = 1 T ( ) + T ( ) + Dimostrazioe. L albero di ricorsioe per T () è illustrato i Figura 3.. Come per ogi altro albero di ricorsioe, le dimesioi dei sottoproblemi dimiuiscoo via via che ci si allotaa dalla radice, fio a raggiugere le codizioi al cotoro (la codizioe al cotoro è il particolare valore di tipicamete 1 che o da luogo ad ulteriori chiamate ricorsive). Il problema co questo tipo di ricorreze è che le codizioi al cotoro vegoo raggiute a diverse distaze dalla radice. Questo perchè il odo più a siistra e quello più a destra di u geerico livello i corrispodoo, rispettivamete, a sottoproblemi di dimesioe e i, e i decresce (e quidi arriverà ad assumere il valore i 1) molto più rapidamete di. I altri termii, la codizioe al cotoro i viee raggiuta a siistra ad ua distaza h dalla radice co h tale che = 1 h (ossia = h e quidi h = ). A destra, ivece, la codizioe al cotoro viee raggiuta ad ua distaza k dalla radice co k tale che = 1 (e quidi k k = ). Il costo di ogi livello i co i = 0... h è pari a c i = ( 3 )i. Ifatti c 0 = = ( 3 )0 c 1 = + = ( ) = 3 c = = ( v ) = 16 = 9 16 = ( 3 ) c 3 = ( ) = 6 = 7 6 = ( 3 )3 Il costo di ciascu livello i = h k è sicuramete miore o uguale di ( 3 )i (macao alcui odi a siistra e di cosegueza il cotributo di questi odi al costo complessivo del livello). Ricapitolado: l albero è costituito da + 1 livelli; ioltre, per ogi i = 0..., il costo c i ( 3 )i. Quidi: c i 3 i = 3 i 1 = = = = Ora, 3 = 3 = ( 3) = 3 = α, e quidi 3 = 3 = 1/ 3, co 3 > 1. Allora

6 1 3 Ricorreze T () = Possiamo quidi cocludere che O(). Exercise 3 Risolvere co il metodo dell albero di ricorsioe la seguete ricorreza 3T (/) + se > 1 Dimostrazioe. NB: per la risoluzioe di questo esercizio occorre ricordarsi che = 1 Ogi livello i dell albero di ricorsioe per T () (vedi Figura 3.3 dove - per problemi di spazio - è stato espaso solo il sottoalbero più a siistra) ha esattamete 3 i odi oguo dei quali ha u costo di. Il costo i complessivo del livello i è: c i = 3 i = ( 3 i )i l ultimo livello h cotiee odi (i realtà foglie) corrispodeti al costo di ua chiamata di T ( ) co = 1 e quidi h = h h Allora h ( 3 )i = ( 3 )i = 1 ( 3 ) = = = = = = = 3 3 Ifie 1 = < 3, implica 3 3 = Θ( 3 ) poichè 3 è il termie di ordie superiore

7 3.3 Medoto della sostituzioe 13 T ( ) T ( ) T ( ) T (/) T (/) T ( 16 ) T ( 16 ) T ( 16 ) k = T (/) T (/) T (/16) T (/16) 1 Figura 33 lbero di ricorsioe per T ) = 3T ) + 33 Medoto della sostituzioe Il metodo della sostituzioe prevede due passi. Nel primo passo si stima l ordie di gradezza asitotico per T (). Nel secodo passo si dimostra, per iduzioe su, la correttezza dell ordie di gradezza stimato. Il metodo si rivela utile quado si ha già u idea della soluzioe alla ricorreza studiata. Exercise 35 Si cosideri la seguete ricorreza 3 + 3T (/3) se > 1 Dimostrare, applicado il metodo della sostituzioe che O( 3 ) Dimostrazioe. Dobbiamo dimostrare che esistoo delle costati positive c ed 0 tali che T () 3 per ogi 0. Procediamo per iduzioe su. Caso base = 1. Se scegliamo c 1 allora T (1) = 1 c = c1 3. Passo iduttivo > 1.

8 1 3 Ricorreze 3 + 3T ( 3 ) 3 + 3c( 3 )3 per ip. iduttiva T ( 3 ) c( 3 )3 = = ( c)3 3 L ultima disuguagliaza è vera solo se la costate c è scelta i maiera tale che c c, ossia se c 1 9 c 1, il che implica 9 c 1 e quidi c 9. Ricapitolado se scegliamo c 9 e 0 = 1, allora T () 3 per ogi 0. Exercise 36 Si cosideri la seguete ricorreza T (/) + se > 1 Dimostrare, applicado il metodo della sostituzioe che O(( ) ) Dimostrazioe. Dimostriamo che T () ( ) per ogi (qui abbiamo scelto c = e 0 = ) Procediamo per iduzioe su. Caso base =. T () = T ( ) + = T (1) + 1 = = ( ). Passo iduttivo >. T ( ) + per ip. iduttiva T ( ) ( ) ( ) + = = 1 = ( 1) + = ( ) + + = ( ) (3 ) ( ) L ultima disuguagliaza è vera poichè > implica > 1 e 3 > 3 > 1. Exercise 37 Si cosideri la seguete ricorreza T ( ) + T ( ) + se > 1 Dimostrare, applicado il metodo della sostituzioe che O() Dimostrazioe. Dobbiamo dimostrare che esistoo delle costati positive c ed 0 tali che T () per ogi 0. Procediamo per iduzioe su. Caso base = 1. Se scegliamo c 1 allora T (1) = 1 c = c1.

9 3.3 Medoto della sostituzioe 15 Passo iduttivo > 1. T ( ) + T ( ) + per ip. iduttiva T ( ) c e T ( ) c = c + c + = ( c + c + 1) = ( 3 c + 1) L ultima disuguagliaza è vera se scegliamo c i maiera tale che 3 c+1 c, quidi c 3 c = 1 c 1. I defiitiva basta scegliere c. Exercise 3 Forire u limite asitotico stretto per la ricorreza T ( 3 ) + se > 3 1 se 1 3 Dimostrazioe. La ricorreza T () è molto simile alla ricorreza T T ( () = ) + se > 1 che ha il seguete limite asitotico stretto T () = Θ( ). Dimostriamo che Θ( ) usado il metodo della sostituzioe. La prova cosiste di due fasi: (1) dimostriamo che O( ) e poi () dimostriamo che Ω( ). (1) Per defiizioe O( ) se esistoo delle costati positive c 0 tali che T () per ogi 0. Procediamo per iduzioe su. Casi base = 1: T (1) = 1 c1 1 = 0 (per = 1 la proprietà o è verificata, questo sigifica che 0 deve essere maggiore di 1). = : T () = 1 c = c se scegliamo c 1. = 3: T (3) = 1 c3 3 = 3c 3; vera se c 1. Ifatti, se c 1 allora 3c 3 3c = 3c 3 1. Passo iduttivo: > 3 T ( 3 ) + (c 3 ( 3 )) + (c ( )) + ( 1) + = + = (c 1) poichè c 1 Ricapitolado, se scegliamo la costate c 1, T () per ogi 0 =

10 16 3 Ricorreze () Per defiizioe Ω( ) se esistoo delle costati positive c 0 tali che T () per ogi 0. Procediamo per iduzioe su. Casi base = 1: T (1) = 1 c1 1 = 0 = : T () = 1 c = c se scegliamo c 1. = 3: T (3) = 1 c 3 3 = 3c 3. Poichè 3c 3 3c = 6c, c 1 6 implica 3c 3 6c 1. Possiamo sceglire c Passo iduttivo: > 3 T ( 3 ) + (c 3 ( 3 )) + = c( 3) ( 3 3 ) + poichè > 3 implica c( 3) ( ) + = c( 3)( 3) + = c[ ] + = 3 3c + 9c + 3 3c + = + (1 3c) 3c se c 6 1 3c = c se c 6 3c 3 6 = ( ) Ricapitolado, se scegliamo la costate positiva c 1/6, T () per ogi 0 = 1 3 Metodo dell esperto Exercise 39 Applicare il metodo dell esperto per determiare i limiti asitotici stretti per le segueti ricorreze (assumete 1 per = 1) 1. T (/) +. T (/) + 3. T (/) + 3 Dimostrazioe. I tutti e tre i casi abbiamo che a = e b =. Cambia ivece il rapporto tra f() e a =. Ogua delle tre ricorreze corrispode ad u diverso co u caso del teorema del master. 1. f() = ed f() = O() = O( aε ) co ε = 1 > 0 (i altri termii, a è u limite superiore per f()). Primo caso del teorema del master: Θ( a ) = Θ( ). f() = ed f() = Θ( ) = Θ( a ) (ossia, a è u limite stretto per f()). Secodo caso del teorema del master: Θ( a ) = Θ( )

11 3. Metodo dell esperto f() = 3 ed f() = Ω( 3 ) = Ω( a+ε ) co ε = 1 > 0 (ossia, a è u limite iferiore per f()). Ioltre, af( b ) = ( )3 = 3 = (se scegliamo c 1 < 1). Terzo caso del teorema del master: Θ(f()) = Θ( 3 ) Exercise 310 La ricorreza T ( ) + descrive il tempo di esecuzioe di u algoritmo A. U altro algoritmo A ha u tempo di esecuzioe T () = at ( ) +. Quale è il più grade valore di a che rede A asitoticamete più veloce di A. Dimostrazioe. Calcoliamo iazitutto la complessità asitotica di T (). Poichè a = e b =, f() = ha a = 3 come limite superiore (caso 1 del teorema del master). Allora Θ( a ) = Θ( 3 ). Aaliziamo ora la secoda ricorreza. Se scegliamo a = 6, allora b a = 6 = 3. Esattamete come el caso precedete, T () = Θ( a ) = Θ( 3 ). Quidi, A e A hao lo stesso comportameto asitotico. Assumiamo, ora, 16 < a < 6. Allora, = b 16 < b a < b 6 = 3. I oguo di questi casi, f() = = O( ) = O( aε ) per qualche ε > 0 (di uovo, caso 1 del teorema del master). Allora, T () = Θ( a ) co b a < 3. Questo dimostra che il più grade valore di a che rede A asitoticamete più veloce di A è 63. Exercise 311 Il metodo dell esperto può essere applicato alla ricorreza La ricorreza T ( ) +. Perchè o perchè o? Dimostrazioe. I questo caso a = = può solo essere u limite iferiore e stretto per f() = (casi 1 e del teorema del master). Quidi, l uica speraza di poter risolvere questa ricorreza co il teorema del master cosiste el cercare di ricodurla al terzo caso del suddetto teorema. Ricordo che il terzo caso del teorema del master richiede che (1) f() = Ω( a+ε ) per qualche ε > 0 e () che af(/b) cf() per qualche c < 1. La secoda codizioe el ostro caso diveta: ossia e, poichè 0: ( ) ( ) = ( 1) ( 1) = ((1 c) 1) 0 (1 c) 1 0 Il problema è che la disequazioe (1 c) 1 0 o è sempre verificata. Ifatti, per ogi > 1 1c, > 1 1c e (1 c) 1 > (1 c) 1 1c 1 = 1 1 = 0. Questo sigifica che T () o soddisfa la codizioe () e quidi che il teorema del master o può essere usato per risolvere questa ricorreza.

12 1 3 Ricorreze 35 Misti Exercise 31 Trovare u limite superiore ed iferiore per la seguete ricorreza T ( ) + 1 Assumete 1 per. Dimostrazioe. Proviamo a risolvere la ricorreza usado il metodo iterativo teedo presete che = 1 e quidi che T () può essere riscritta come T ( 1 ) = [( 1 ) 1 + 1] + 1 = 1 + = [( 1 ) 1 + 1] + = = [( 1 ) 1 + 1] + 3 = =... = 1 k + k Ci fermiamo quado 1 k =. Possiamo detemiare il valore di k come segue: Quidi 1 k = ( 1 k ) 1 = 1 k = 1 k = ( k ) = ( ) k = Ricapitolado, + = Θ( ) Exercise 313 Forire u limite asitotico stretto per la ricorreza T ( ) +. Dimostrazioe. La risolviamo co il metodo iterativo. + T ( ) = + [( ) + T ( )] = + ( 1) + 16T ( ) dopo passi = + ( 1) + 16[( ) + T ( )] = + ( 1) + ( ) + 6T ( ) dopo 3 passi = + ( 1) + ( ) + 6[( ) + T ( 16 )] = + ( 1) + ( ) + ( 3) + 56T ( 16 ) dopo passi =... = k1 ( i) + k T ( ) k Ci fermiamo quado = 1 e quidi quado k =. Allora k i geerale, = a

13 3.5 Misti 19 Ora: = = 1 Quidi: 1 ( i) + ( i) = (poedo j = i) j=1 j = +1) 1 ( i) + ( + 1) = + = Θ( ( ) ) Exercise 31 Forire u limite asitotico stretto per la ricorreza T ( 1) + se > 1 Dimostrazioe. 1 implica = 3 Exercise 315 Posto T (0) = T (1) = 1, risolvere la seguete ricorreza usado il metedo iterativo Dimostrazioe. T ( ) + 3 T ( ) + 3 = [T ( ) + 3] + 3 = T ( ) dopo due passi = [T ( 6) + 3] + 3 = T ( 6) dopo tre passi = [T ( ) + 3] + 3 = 16T ( ) dopo quattro passi =... = k T ( k) + k1 i 3 dopo k passi Se = m (è pari) ci fermiamo quado k = 0 e quidi quado k = m =. Se = m + 1 (è dispari) ci fermiamo quado k = 1 e, di uovo, quado k = m =. I etrambi i casi: + 1 i 3 = = + 3 ( 1) = 3 i = Ora: implica 3 3 = O( )