n * log n и n / log n от времени полинома

14

Я понимаю, что быстрее, чем и медленнее, чем . Мне трудно понять, как на самом деле сравнить и с где . $\Theta(n)$ $\Theta(n\log n)$ $\Theta(n/\log n)$ $\Theta(n \log n)$ $\Theta(n/\log n)$ $\Theta(n^f)$ $0 < f < 1$

Например, как мы решаем против или $\Theta(n/\log n)$ $\Theta(n^{2/3})$ $\Theta(n^{1/3})$

Я хотел бы иметь некоторые направления в таких случаях. Спасибо.

asymptotics mathematical-analysis landau-notation

— mihsathe
источник

3

Если вы просто нарисуете пару графиков, вы будете в хорошей форме. Wolfram Alpha - отличный ресурс для таких исследований:

уравнения

график

Сгенерировано по этой ссылке . Обратите внимание, что на графике log (x) - это натуральный логарифм, поэтому уравнение одного графика выглядит немного забавно.

7

О, дорогой, пожалуйста, нет!

— Рафаэль

Помимо согласия с Рафаэлем, эта картина дала бы намного лучшую идею , выбор еще большего диапазона позволяет второй функции исчезнуть, что может сбить с толку.

— phant0m

9

$\log n$ является обратным к . Так же, как растет быстрее, чем любой многочлен независимо от того, насколько велика конечная , будет расти медленнее, чем любые функции многочлена независимо от того, насколько мал ненулевой положительный . $2^n$ $2^n$ $n^k$ $k$ $\log n$ $n^k$ $k$

$n / \log n$ против , поскольку совпадает с: против $n^k$ $k < 1$ $n / \log n$ $n / n^{1-k}$

как для больших , для и больших . $n^{1-k} > \log n$ $n$ $n / \log n > n^k$ $k < 1$ $n$

— Taedrin
источник

3

Для многих алгоритмов иногда случается, что константы разные, в результате чего те или иные быстрее или медленнее для меньших размеров данных и не так хорошо упорядочены по алгоритмической сложности.

Сказав это, если мы только рассмотрим супер-большие размеры данных, т.е. который в конечном итоге выигрывает, то O(n^f)быстрее, чем O(n/log n)для 0 < f < 1.

Большая часть алгоритмической сложности состоит в том, чтобы определить, какой алгоритм в конечном итоге быстрее, поэтому достаточно знать, что O(n^f)он быстрее, чем O(n/log n)для 0 < f < 1.

Общее правило заключается в том, что умножение (или деление) на в log nконечном итоге будет незначительным по сравнению с умножением (или делением) n^fна любое f > 0.

Чтобы показать это более наглядно, давайте рассмотрим, что происходит при увеличении n.

   n       n / log n         n^(1/2)
   2        n/ 1              ?
   4        n/ 2             n/ 2
   8        n/ 3              ?
  16        n/ 4             n/ 4
  64        n/ 6             n/ 8
 256        n/ 8             n/16
1024        n/10             n/32

Обратите внимание, что уменьшается быстрее? Это n^fколонна.

Даже если значение fбыло ближе к 1, n^fстолбец будет начинаться медленнее, но при увеличении n вдвое скорость изменения знаменателя возрастает, тогда как знаменатель n/log nстолбца изменяется с постоянной скоростью.

Давайте нарисуем частный случай на графике

введите описание изображения здесь

Источник: Вольфрам Альфа

Я выбрал O(n^k)такой, который kдовольно близко к 1 (в 0.9). Я также выбрал константы, чтобы изначально O(n^k)медленнее. Тем не менее, обратите внимание, что в конечном итоге он "выигрывает" в конце и занимает меньше времени, чем O(n/log n).

— ronalchn
источник

как насчет n / log n

Это было немного опечаткой, вот что я имел в виду в начале. В любом случае, я добавил более подходящий график, который показывает, что в n^kконечном итоге он быстрее, даже если константы выбраны так, что он изначально медленнее.

3

Просто подумайте о как о . Так что для вашего примера . Тогда легко сравнить рост $n^f$ $\dfrac{n}{n^{1-f}}$ $n^{2/3}=n/n^{1/3}$

\frac{n}{\log n} vs. \frac{n}{n^{1 - f}} .

$\frac{n}{\log n} \quad \text{vs.} \quad \frac{n}{n^{1-f}}.$

Помните, что растет асимптотически медленнее, чем любой , для каждого . $\log n$ $n^\varepsilon$ $\varepsilon>0$

— A.Schulz
источник

1

При сравнении времени выполнения всегда полезно сравнивать их, используя большие значения n. Для меня это помогает построить интуицию о том, какая функция медленнее

В вашем случае подумайте о n = 10 ^ 10 и a = .5

O(n/logn) = O(10^10/10) = O(10^9)
O(n^1/2) = O(10^10^.5) = O(10^5)

Следовательно, O (n ^ a) быстрее, чем O (n / logn), когда 0 <a <1, я использовал только одно значение, однако вы можете использовать несколько значений для построения интуиции о функции

1

Не пишите O(10^9), но главное в попытках использовать числа для построения интуиции - это правильно.

Провал. Это не правильно. Вы подставили одну постоянную n, которая может быть смещена. Если бы я выбрал разные константы, я мог бы заставить любой алгоритм выглядеть лучше. Обозначение Big O используется для определения тенденций того, что будет быстрее в долгосрочной перспективе. Чтобы сделать это, вы должны показать, что он быстрее для больших n, даже если он медленнее, когда n меньше.

Благодарю. Добавлена часть с несколькими значениями и для рассмотрения больших чисел

Следует отметить, что только потому, что f (a)> g (a) для некоторой константы a, не обязательно означает, что O (f (x))> O (g (x)). Это полезно для построения интуиции, но недостаточно для составления строгого доказательства. Чтобы показать, что это соотношение выполняется, вы должны показать, что это верно для ВСЕХ больших n, а не только для одного большого n. Точно так же вы должны показать, что это верно для всех многочленов положительной степени <1.

1

Пусть обозначает «f растет асимптотически медленнее, чем g», тогда вы можете использовать следующее простое правило для полилогарифмического? функции: $f \prec g$

n^{α_{1}} (\log n)^{α_{2}} (\log \log n)^{α_{3}} ≺ n^{β_{1}} (\log n)^{β_{2}} (\log \log n)^{β_{3}} ⟺ (α_{1}, α_{2}, α_{3}) < (β_{1}, β_{2}, β_{3})

$n^{\alpha_1}(\log n)^{\alpha_2}(\log \log n)^{\alpha_3} \prec n^{\beta_1}(\log n)^{\beta_2}(\log \log n)^{\beta_3} \Longleftrightarrow (\alpha_1, \alpha_2, \alpha_3) < (\beta_1, \beta_2, \beta_3)$

Порядок отношений между кортежами лексикографический. Т.е. и $(2, 10) < (3, 5)$ $(2, 10) > (2, 5)$

Применительно к вашему примеру:

$\mathcal{O}(n/\log n) \Rightarrow (1, -1, 0)$

$\mathcal{O}(n^{2/3}) \Rightarrow (2/3, 0, 0)$

$\mathcal{O}(n^{1/3}) \Rightarrow (1/3, 0, 0)$

(1 / 3, 0, 0) < (2 / 3, 0, 0) < (1, - 1, 0) \Rightarrow O (n^{1 / 3}) ≺ O (n^{2 / 3}) ≺ O (n / \log n)

$(1/3, 0, 0) < (2/3, 0, 0) < (1, -1, 0)\\ \Rightarrow \mathcal{O}(n^{1/3}) \prec \mathcal{O}(n^{2/3}) \prec \mathcal{O}(n/\log n)$

Вы могли бы сказать: полномочия n доминируют над полномочиями журнала, которые доминируют над полномочиями журнала.

Источник: Конкретная математика, с. 441

— phant0m
источник