Recorrências
Recorrências e Tempo de Execução
• Uma equação ou inequação que descreve uma função em termos
de seu valor sobre pequenas entradas
T(n) = T(n-1) + n
• Recorrências aparecem quando um algoritimo contém chamadas
recursivas para ele mesmo
• Qual é de fato o tempo de exeução de um algoritmo?
• É preciso resolver a recorrência
– Encontrar um fórmula explícita de uma expressão
– Limitar a recorrência por uma expressão que envolve n
Exemplos de Recorrências
• T(n) = T(n-1) + n
Θ(n2)
– Algoritmo recursivo que a cada loop examina a
entrada e elimina um item
• T(n) = T(n/2) + c
Θ(lgn)
– Algoritmo recursivo que divide a entrada em cada
passo
• T(n) = T(n/2) + n
Θ(n)
– Algoritmo recursivo que divide a entrada, mas
precisa examinar cada item na entrada
• T(n) = 2T(n/2) + 1
Θ(n)
– Algoritmo recursivo que divide a entrada em duas
metades e executa uma quantidade constante de
operações
Algoritmos Recursivos
BINARY-SEARCH
•
Para um vetor ordenado A, verifique se x está no vetor A[lo…hi]
Alg.: BINARY-SEARCH (A, lo, hi, x)
1
2
3
4
2 3 5
if (lo > hi)
return FALSE
mid  (lo+hi)/2
lo
if x = A[mid]
return TRUE
if ( x < A[mid] )
BINARY-SEARCH (A, lo, mid-1, x)
if ( x > A[mid] )
BINARY-SEARCH (A, mid+1, hi, x)
7
5
6
7
8
9 10 11 12
mid
hi
Exemplo
• A[8] = {1, 2, 3, 4, 5, 7, 9, 11}
– lo = 1 hi = 8 x = 7
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
7
9 11
1
2
3
4
5
7
9 11
mid = 4, lo = 5, hi = 8
mid = 6, A[mid] = x
Encontrado!!!
Outro exemplo
• A[8] = {1, 2, 3, 4, 5, 7, 9, 11}
– lo = 1
hi = 8
x=6
1
2
3
4
5
6
7
8
1
2
3
4
5
7
9 11
mid = 4, lo = 5, hi = 8
1
2
3
4
5
7
9 11
mid = 6, A[6] = 7, lo = 5, hi = 5
1
2
3
4
5
7
9 11
mid = 5, A[5] = 5, lo = 6, hi = 5
NÃO ENCONTRADO!
Análise do BINARY-SEARCH
Alg.: BINARY-SEARCH (A, lo, hi, x)
if (lo > hi)
return FALSE
mid  (lo+hi)/2
if x = A[mid]
return TRUE
if ( x < A[mid] )
BINARY-SEARCH (A, lo, mid-1, x)
if ( x > A[mid] )
BINARY-SEARCH (A, mid+1, hi, x)
•
T(n) = c + T(n/2)
–
tempo contante: c1
tempo contante: c2
tempo contante: c3
mesmo problema de
tamanho n/2
mesmo problema de
tamanho n/2
T(n) – tempo de execução para um vetor de tamanho n
Métodos para resolver recorrências
• Iteração
• Substituição
• Árvore de Recursão
• Teorema Mestre
O Método da Iteração
• Converter a recorrência em um somatório e
tentar limitá-lo usando uma série conhecida
– Iterar a recorrência até a condição inicial ser
alcançada.
– Usar retro-substituição para expressar a
recorrência em termos de n e a condição inicial.
O Método da Iteração
T(n) = c + T(n/2)
T(n) = c + T(n/2)
T(n/2) = c + T(n/4)
= c + c + T(n/4) T(n/4) = c + T(n/8)
= c + c + c + T(n/8)
Assume n = 2k
T(n) = c + c + … + c + T(1)
k times
= clgn + T(1)
= Θ(lgn)
Método da Iteração– Exemplo
T(n) = n + 2T(n/2)
Assume: n = 2k
T(n/2) = n/2 + 2T(n/4)
T(n) = n + 2T(n/2)
= n + 2(n/2 + 2T(n/4))
= n + n + 4T(n/4)
= n + n + 4(n/4 + 2T(n/8))
= n + n + n + 8T(n/8)
… = in + 2iT(n/2i)
= kn + 2kT(1)
= nlgn + nT(1) = Θ(nlgn)
O método da substituição
1. Adivinhe uma solução
2. Use indução para provar que a
solução está correta
Método da substituição
•
Adivinhe uma solução (um chute)
–
T(n) = O(g(n))
–
Objetivo da indução: aplicar a definição de notação assintótica
•
–
•
T(n) ≤ d g(n), para algum d > 0 e n ≥ n0
Hipótese indutiva: T(k) ≤ d g(k) para todo k < n
Prove a indução
–
Use a hipótese indutiva para encontrar alguns valores de
constantes d e n0 para os quais a indução seja válida
Exemplo: Binary Search
T(n) = c + T(n/2)
•
Chute: T(n) = O(lgn)
– Indução: T(n) ≤ d lgn, para algum d e n ≥ n0
– Hipótese indutiva: T(n/2) ≤ d lg(n/2)
•
Prova da indução:
T(n) = T(n/2) + c ≤ d lg(n/2) + c
= d lgn – d + c ≤ d lgn
se: – d + c ≤ 0, d ≥ c
•
Caso base?
Exemplo 2
T(n) = T(n-1) + n
•
•
Chute: T(n) = O(n2)
–
Indução: T(n) ≤ c n2, para algum c e n ≥ n0
–
Hipótese indutiva: T(n-1) ≤ c(n-1)2 para todo k < n
Prova da indução:
T(n) = T(n-1) + n ≤ c (n-1)2 + n
= cn2 – (2cn – c - n) ≤ cn2
se: 2cn – c – n ≥ 0  c ≥ n/(2n-1)  c ≥ 1/(2 –
1/n)
–
Para n ≥ 1  2 – 1/n ≥ 1  qualquer c ≥ 1 irá satisfazer
Exemplo 3
T(n) = 2T(n/2) + n
•
•
Chute: T(n) = O(nlgn)
–
Indução: T(n) ≤ cn lgn, para algum c e n ≥ n0
–
Hipótese indutiva : T(n/2) ≤ cn/2 lg(n/2)
Prova da indução:
T(n) = 2T(n/2) + n ≤ 2c (n/2)lg(n/2) + n
= cn lgn – cn + n ≤ cn lgn
se: - cn + n ≤ 0  c ≥ 1
•
Caso base?
Mudança de variáveis
T(n) = 2T(
n
) + lgn
– Fazendo: m = lgn  n = 2m
T (2m) = 2T(2m/2) + m
– Tomando: S(m) = T(2m)
S(m) = 2S(m/2) + m  S(m) = O(mlgm) (como visto
anteriormente)
T(n) = T(2m) = S(m) = O(mlgm)=O(lgnlglgn)
Idéia: transformar a recorrência em uma que seja
conhecida
O método da árvore de recursão
Converter a recorrência em uma árvore:
– Cada nó representa o custo incorrido ´nos
vários níveis de recursão
– Some os custos de todos os níveis
Usado para “adivinhar” uma solução para a recorrência
Exemplo 1
W(n) = 2W(n/2) + n2
•
•
•
•
Tamanho do subproblema no nível i é: n/2i
Tamanho de subproblema alcança 1 quando 1 = n/2i  i = lgn
Custo de um problema no nível i = (n/2i)2
Número de nós no nível i = 2i
•
Custo total:
lg n 1 2
lg n 1

n
1
1
1
lg n
2
2
W (n)   i  2 W (1)  n     n  n     O(n) n 2
 O ( n)  2 n 2
1 1
i 0 2
i 0  2 
i 0  2 
2
 W(n) = O(n2)
i
i
Exemplo 2
E.g.: T(n) = 3T(n/4) + cn2
•
•
•
•
•
Tamanho do subproblema no nível i é: n/4i
Tamanho do subproblema alcança 1quando 1 = n/4i  i = log4n
Custo de um nó no nível i = c(n/4i)2
Número de nós no nível i = 3i  último nível tem 3log4n = nlog43 nós
Custo total: log n1
i
i

•







1
3 2
3 2
log 3
log 3
cn2   n log4 3  O(n 2 )
  cn   n 4     cn   n 4 
3
i  0  16 
i  0  16 
1
16
T(n) = O(n2)
T ( n) 

4
Exemplo 2 - Substituição
T(n) = 3T(n/4) + cn2
• Chute: T(n) = O(n2)
– Indução: T(n) ≤ dn2, para algum d e n ≥ n0
– Hipótese indutiva: T(n/4) ≤ d (n/4)2
• Prova da indução:
T(n) = 3T(n/4) + cn2
≤ 3d (n/4)2 + cn2
= (3/16) d n2 + cn2
≤ d n2
se: d ≥ (16/13)c
• Portanto: T(n) = O(n2)
Exemplo 3
W(n) = W(n/3) +
W(2n/3) + n
•
O maior caminho da raiz até uma
n
folha é:
 (2/3)n  (2/3)2 n  …  1
•
Tamanho de subproblema alcança 1
quando
1 = (2/3)in  i=log3/2n
•
Custo de um problema no nível i = n
•
Custo total:
n
log3 / 2 n
 1 n
i 0
W (n)  n  n  ... 
(log3 / 2 n ) 1

i 0
log3 / 2 2
n  2(log3 / 2 n) W (1) 
lg n
1
 n log3/ 2 n  O(n)  n
 O ( n) 
n lg n  O(n)
lg 3/ 2
lg 3/ 2
 W(n) = O(nlgn)
Example 3 - Substitution
W(n) = W(n/3) + W(2n/3) + O(n)
• Chute: W(n) = O(nlgn)
– Indução: W(n) ≤ d nlgn, para algum d e n ≥ n0
– Hipótese indutiva: W(k) ≤ d klgk para qualquer
K < n (n/3, 2n/3)
• Prova da indução:
Fica como exercício!
• T(n) = O(nlgn)
Teorema Mestre
• “Receita de bolo” para resolver recorrências da forma:
n
T (n)  aT    f (n)
b
onde, a ≥ 1, b > 1, e f(n) > 0
Idéia: comparar f(n) com nlogba
• f(n) é assintoticamente menor ou maior do que nlogba
por um fator polinomial n
• f(n) é assintoticamente igual a nlogba
Teorema Mestre
•
“Receita de bolo” para resolver recorrências da forma:
n
T (n)  aT    f (n)
b
onde, a ≥ 1, b > 1, e f(n) > 0
Caso 1: se f(n) = O(nlogba -) para algum  > 0, então: T(n) = (nlogba)
Caso 2: se f(n) = (nlogba), então: T(n) = (nlogba lgn)
Caso 3: se f(n) = (nlogba +) para algum  > 0, e se
af(n/b) ≤ cf(n) para algum c < 1 e todo n suficientemente grande,
então:
T(n) = (f(n))
Condição de regularidade
Exemplos
T(n) = 2T(n/2) + n
a = 2, b = 2, log22 = 1
Compare nlog22 com f(n) = n
 f(n) = (n)  Caso 2
 T(n) = (nlgn)
Exemplos
T(n) = 2T(n/2) + n2
a = 2, b = 2, log22 = 1
Compare n com f(n) = n2
 f(n) = (n1+) Caso 3  verificando a condição
de regularidade
a f(n/b) ≤ c f(n)
 2 n2/4 ≤ c n2  c = ½ é uma solução (c<1)
 T(n) = (n2)
Exemplos (cont.)
T(n) = 2T(n/2) +
n
a = 2, b = 2, log22 = 1
Compare n com f(n) = n1/2
 f(n) = O(n1-)
 T(n) = (n)
Caso 1
Exemplos
T(n) = 3T(n/4) + nlgn
a = 3, b = 4, log43 = 0.793
Compare n0.793 com f(n) = nlgn
f(n) = (nlog43+) Case 3
Verificando a condição de regularidade:
3(n/4)lg(n/4) ≤ (3/4)nlgn = c f(n),
c=3/4
T(n) = (nlgn)
Árvore de Recursão
• Considere T(n)=3T(n/4)+cn2
T(n)
cn2
T(n/4)
T(n/4)
T(n/4)
Árvore de Recursão
• Considere T(n)=3T(n/4)+cn2
T(n)
cn2
c(n/4)2
T(n/16)
T(n/16) T(n/16)
c(n/4)2
T(n/16)
T(n/16)
c(n/4)2
T(n/16)
T(n/16) T(n/16)
T(n/16)
Árvore de Recursão
• Considere T(n)=3T(n/4)+cn2
T(n)
cn2
log4n
c(n/4)2
c(n/4)2
cn2
3cn2/16
c(n/4)2
2
32cn2/16
.
c(n/16)2
c(n/16)2 c(n/16)2
c(n/16)2
c(n/16)2
c(n/16)2
c(n/16)2 c(n/16)2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
c(n/16)2
.
log43
log43
(n
T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1) T(1)
n
.
)