Bài tập môn phân tích và thiết kế thuật toán homework #02 phân tích thuật toán Đệ quy

TRUONG DAI HOC CONG NGHE THONG TIN KHOA KHOA HOC MAY TINH BAI TAP MON PHAN TICH VA THIET KE THUAT TOAN HOMEWORK #02: PHAN TICH THUAT TOAN DE QUY GV hướng dẫn: Huỳnh Thị Thanh Thương

TRUONG DAI HOC CONG NGHE THONG TIN

KHOA KHOA HOC MAY TINH

BAI TAP MON PHAN TICH VA THIET KE THUAT TOAN

HOMEWORK #02: PHAN TICH THUAT TOAN DE QUY

GV hướng dẫn: Huỳnh Thị Thanh Thương

Nhóm thực hiện:

1 Bui Nhat Phi 22521078

2 Thái Ngọc Quân 22521189

3 Nguyễn Phú Tài 22521280

4 Huỳnh Nhật Minh 22520862

TP.HCM, ngày 12 tháng 4 năm 2024

1 Bài tập 1

a) Gửi ngân hàng 1000 USD, lãi suất 12% / năm Số tiền có được sau 30 năm là bao nhiêu?

Gọi 7(m) là thời gian thực hàm đệ quy

e Véi n = 0, số tiền nhận được là hằng số, nên tốn thời gian IA ¢

e V6in > 0:

— Số tiền gửi ngân hàng sẽ được tính theo công thức:

Số tiền sau n năm = Số tiền sau (n - 1) năm * (1 + Lãi suất)

— Do đó, hàm sẽ gọi đệ quy 1 lần ứng với thời gian 7{ø— 1) và c¿ là tổng chi phi tính toán

Vậy:

Tín) = Cy ; neu n=0 T(n-l+eo ,néun>O0

b) Cho doan chương trình sau:

long Fibo(int n)

{

if @ = 0 || n = 1)

return 1;

return Fibo(n-1) + Fibo(n-2);

}

Gọi T{(n) là thời gian thực hiện Fibo(n)

e Với › = 0 hoặc 1, số lệnh thực hiện là hằng số, nên tốn thời gian e¡

® VỚI n > ]:

— Hàm Fibo(n) gọi đệ quy 2 lần gồm: 1 lần gọi Fibo(n-1) ứng với thời gian 7{w — 1)

và 1 lần gọi Fibo(n-2) ứng với thời gian 7{n — 2)

— Thời gian tính tổng kết quả của 2 lần gọi đệ quy là œ›

= T(n) = Tín — L) + Tín — 3) + œ

Vậy:

m) =

T(n— 1)+ T{n— 2) +œ›, nêu n > ]

c) Cho đoạn chương trình sau:

public int g(int n)

{

if ( == 1)

return 2;

else

return 3*g(n/2) + g(n/2)+5;

}

Goi T(n) 1a théi gian thye hién g(n)

e Véin = 1, số lệnh thực hiện là hằng số, nên tốn thời gian e¡

e V6in > 1:

— Ham g(n) gọi đệ quy 2 lần: 2 lần gọi g(n/2) ứng với thời gian 72/2)

— Thời gian tính tổng kết quả của 2 lần gọi đệ quy là œ›

= T(n) = 2T(n/2) + œ

Vậy:

Tín) = Cy , neu n=l 2T(n/2)+ ca, nếu n > ]

d) Cho đoạn chương trình sau:

long xn(int n)

{

if (mn == 0) return 1;

long s = 0;

for (int i=1; i<=n; i++)

s = s + i*i*xn(n-1);

return s;

}

Goi T(r) 1a thai gian thue hién cha wn(n)

e Với n = 0, hàm chỉ thực hiện duy nhất lệnh return 1, nên tốn thời gian c¡

e Với n > 0, ta thay:

— Chương trinh duyét qua vong l&p for n lan, vi mdi lan goi dé quy ham an(n — 7), với i

là index của vòng for

— Ứng với mỗi lần lặp, ta lại thực hiện phép cộng tổng

Do đó chỉ phí là: Ð 7, T{n — 7) + œ

Vậy:

T(n) C1, néu n = 0

3), ¡7í n—)+@, néun>0

{

if(n < 1) return 0;

for(i=1; i<= n; i++)

for(j=1; j<= n; j++)

print ("*");

Draw (n-3);

}

Gọi T(n) là thời gian thực hiện của Draw(n)

e Với ø› < 1 số lệnh thực hiện là hằng số, nên tốn thời gian e¡

® VỚI n >= Ì:

— Hàm Draw(n) gọi đệ quy một lần: Draw(n-3) ứng với thời gian 7'{» — 3)

— Có hai vòng lặp được duyệt qua n lần, thdi gian sé 1A cyn?

= 7(n) = Tín — 3) + c2n?

Vậy:

Tín) = Cy 3 neu n<l Tín — 3) + cạn? ,néun>1

f)

hanoi (n,A, B, C)

{

if(m == 1) transfer(A, C);

else

{

hanoi(n-1, A, C, B);

transfer(A, C); //chuyén 1 dia tit cOt A sang cét C

hanoi(n-1, B, A, C);

}

}

Phân tích:

e Với n = I1, chỉ thực hiện một lần chuyển đĩa từ A sang C, nên tốn thời gian 1

® Với n > 1, ta có:

— Trước khi chuyển đĩa cuối từ A sang , ta chuyển (ø — 1) đĩa từ A sang B hoặc từ B

sang Ở ứng với thời gian Tín-])

— San khi chuyển (»— 1) đĩa từ A sang B hoặc từ B sang C, ta chuyển một đĩa từ A sang

€ ứng với thời gian là 1

— Ban đó ta chuyển (ø — 1) từ B sang hoặc tit C sang A ứng với thời gian T{m-1) Do đó: 7(m) = 2f(n — 1) +1

kh¿ m = 1

2T(n-—1)+1 khí n >

2 Bai tap 2

Tín) = 270) +n?

olor) +] 4 =47f+ 12+

= ( 7 n2 = 7 " n2

4|srf9 + TẾ | + tẺ về =gr() + 2+ TP +

= (Orig — — — ta n= — gtyptyte — —

i-1 9

=2 'T0)+Ð (Se)

k=0

Qua trinh ditng khi téi T(1), hay 5 = 1 i = logy n

"Ta có: 2! = 2l98% — „

Vậy:

logs n—1 2 logs n—1 1

T(n) =n-TO)+ » = mon » (5)

ange et Poy 3 ay 1 =i 2

: 1

=; n+ 2n*( In? (1 — ¬)

=2n?—n

T(n) =2 T7 logn

n

2b ) + log 3 +logn

irs g) + los 1J* 285 +logn

“ib

S7(

)+

(

AT(Z) + 2log 5 “+logn

(

` +4log 7 - + 2log 5 “4 log n

_ 2T(5) +2) Mog 5-5 + + 2log 5 +logn

Quá trình dừng lai khi téi T(1), hay 2’ =n => i= logan

= T(n) = 2° "T(1) + So 2" hog

logs n—1

logs n

i=1

» log

i=0

= » (2' log n — 2! log 2") i=0

logs n—1

= logn » gi

¿=0

= logy n(2'°?” —

logs n—1

» ¡2i

¡=0

= (n — 1) logy n — (nlogy n — 2n) — 2

= 2n — logon — 2

=> T(n) = 3n — loggn — 2

3 T(n) =87(5) +! nh

Quá trình dừng lại khi tới 7(1), hay 2

Ta có: 8! = 89" — nổ

Vậy:

T (n) =87(5 5) +

=s [rq

oar) 4

(

7) =1

)+ vere

SẼ DI +? '=647(1) +i +

= 64 [sr §)+ G0] +2

=

=5127( ~) + 3n3

=8'T(5) + in?

, 2b = glegan — ny

T(n) = n®T(1) +n logy n

4 T(n)

nề +n} logy n

n° (logy n + 1)

=47T(z) +n

n= i=logyn

2:—1

1) — (logon _— 2)212%n " 2

Tín) = 47(3) +n

=4 |) + 3Ì +n

= 16S) +4040 ey ge,

= 16 |#f()+ g]+ stn ya +4 +)

=647(—)+16—+4~ (5) + 65 tdgtn +:

=47()+4 (53) + 1 gai to + 165 + s1” +16— +4 +!

Quá trình dừng lai khi téi T(1), hay 3’ =n > i= logsn

= T(n) = 4°"T (1) + » 41 3T

¿=1

Tà có

log; n log, n—1 i

4 \ logan

"

g—l

Alogsn

= 3n ( —]

Tr Alogsn

= T(n) = 49%" + 3u ( — ) = 4° n1! — su,

T(n) =9T() +

=9 orca) + “| +n? = 9T(—) + 2n?

=9 lori) + a + 2n? = 9T(—) + 3n?

=9-T(G) tien?

Qua trinh ditng khi téi T(1), hay = 1 + i = logy n

Ta cd: 9 = Qs” — ¡2, 3° = 3984" cứ

Vậy:

T(n) =n? -T() +n? logs n

=n? +n? logs n

=n" (logsn +1)

6 T(n) = 2T(/n) +1 T(2)=0

T(n) = 2T(/n) +1

=2 [27(n?) + 1 41=4T (nt) +3

=4 [27(n*) + 1 +3= 8T (n>) +7

i-1

=9! T (ns) + S 2t

Quá trình dừng khi tới T(2), hay nấr = 2 4 i = log(log(n)), với log là logarit cơ số 2

Vậy:

3 Bai tap 3

a)

T(n) =4T(n — 1) — 3T(n — 2) T(0) =1,70) =2

Xét: T(n) — 4f{n — 1) + 3f7{n — 2) =0

pat 7 un = X"T—4X" !+3X"?=0

at Pn) = x" ©œ X""?(X?—4X+3) =0

Phương trình đặc trưng: X?— 4X +3=0 œ(X— I)(X—3) =0

X: =1, nghiệm đơn

Xa =3, nghiệm đơn

=> T(n) = cđ1#1 + G4! © c¡ị + œ3”

7) =e¡ + 3{ =2 =

Ma ta có:

1 rr

T(O)=a+@=1 ° ng

⁄ 2

(

b)

T(n) = 4T(n — 1) — 5T'{n — 3) + 2T(n — 3)

T(0) =0,T(1) = 1,T(2) =2

Xét: Tín) — 4f'(n — 1) + 5TÍn — 3) — 2T(n — 3) =Ú

Đặt Tín) = X”":

= X"T—-4X" !l+Lø" 2T—2X" 3=0

© X"3(X”—-4X?+5X-9)=0

7

-trình đặc trưng: X3—4X?+5X—9 = 0 œ (X—1)2(X—2) = _-

Phương trình đặc trưng +5 0©( }Ÿ( )=0© X =2, nghiệm đơn

=> 7(n) = c2" + œ + cạn T{(0) = c¡ +ca=0 fe, =0

Mà ta cố: $ 7(1) = 2œ + ca-+ ca = 1 = \° =0

T(2) = 4c, + co + 2c3 = 2 cz =1

= T(n) =n

0)

T{(n) = Tín — L) + Tín — 2) 7(0) =1

T{Ù =1

Xét: Tín) — Tín — 1) — Tín — 2) =0

Đặt X"* = 7(n), ta có phương trình đặc trưng:

©X"”(X?-X-I1)=0

®X”—X—-1=0

1+v5 1-vV5

Phương trình đặc trưng vừa tìm có 2 nghiệm đơn: X; = vi Xo = by 5

1 5 1— 4⁄5

Khi đó: T(n) = XP + Xz = er: ( +i + c+ ( ep

rùi =1 ( == +@- iv =1 ‘2 = avs

“Tra 5+V¥5 ,l+Vỗ„,ð=Vỗ ,l=Vỗð„

Kết luận: 7 (n5) = T0 ( 5 )"+ " ( 5 )

4_ Bài tập 4

a)

Tứ) = 4 2 khi n = 1,

(77 — 1) — 12f{n— 2) khin > 2

Hàm sinh của day v6 han T(n)* , Ia:

f0) =Š 7n)

„=0

= » (77(m — 1) — 127 (n — 2)ja" + (1+! + 7(0)z9

n=2

=7 SOT (n — 1)#” — 12 » —3)#”" + 2z + 1 (*)

Dat A= » T{n — 1z”, B= » —3)z”

Xét A:

A T(n — 1z”

n=2

=# » T(n — 1a"

n=2

=#[T(1#! + T(9)+? + 7)” + )

= #ƒ(#) — # Xét B:

=x 5 Tụ —1)#"?

= #[T(0)z*+7(1)+! + 7(2)4?®+ ]

=P fle)

Thay vào (*) ta có:

ƒ(#) = T#ƒ(#) — 12#”ƒ(œ) — 5œ + 1

® ƒ(#)(1— 7# + 122?) =1 — 5z

1— 5a

# fl) = aT

7 1— 5a

~ (1 = 3x)(1 - 42)

a _ l— 4z

Sy

(2.3" — 4” )a"

(4z)”

ll S

+:

\ Meat

=> T(n) = 2.3" — 4"

b)

T(0) =7

T(nt+1)=T(n)+3n (n> 0) Nhan thay:

T(n +1) = T(n) 4+ 3n (n>

= T(n) = Tín T— 1L) + 3n — 1) (n > 1)

Hàm sinh của day v6 han {T(n)} 1a:

n=1

Dat: A = SO, T(n — 1a”, B= 395%, (n - 1a”

Xét A:

T(0)a° +T(1)a"

Xét B:

So (n= 1x" = (-1)2°

n=0

=3 La" +3 =3/-— 1 |43

7 „0= jan +3= (l-2#)? l-«

Thay vào (x) ta có:

ƒŒœ) = #ƒ(+) +3 ln x 1

=#)2 =] 10a? — 14x +7

= (l-«)f(«) =

(l-«/)?

10a? — 14% +7

© fle) =

(l—«)8 Lai có:

f(a) = l-a (1-2) + (1—z)3

— 10 + —6 3 _ l—# m- (đồng nhất thúc) (5)

Xét Toa

oO oO oO oO

= › +” › nie” + › +” › oe

Nhan thay:

na” = ¢°- 00° +0°- lel + x9 - 20? + 2° ‹ đưổ +

3 ll S 3 ll Š

+a) Oe +a!-lattat- de? +e! - 308 +

+a? - Oa +a? - lat ta? - 2a? +47 - 3a +

+3 - 0a +03 - lat ta? - Qe? 43-308 +0

=0+zt+2z2 + 3z” +

+0+z?~+92z9 + 3z2+

-+0+z + 2z“ + 3z5 +

+0407 + 24° + 306 +

=0+1z+(1+9)z”+(1+2+3)z3+(1+2+3~+4)z°+

s » n(n + 1) an

=)

=0

y a” › a” = 0? + at + a? + oe? +

tale tala + g2 + gi ưŠ +

+ 2210 + x21 + x22 + x2) +

+1? + re! +a2+? + aba? +

=2° + at + + + a’ +

hư! +2 + + g4 +

+2 +9 + Ta +

+ a’ + at +a ° + a5 +

= lz? + 2%! + 342 + 4z) +

=>» (n+1)z"

„=0

Thay vào (+) ba có:

yrs) (n+ 1) 2+3 nà aye

(6) (nt Ve "43

3n(n +1) 10+ (-6)(n+ 1) + 5

Ge-be)e

3.5 3

=> T(n) = 5h —sm+ 7

c)

i 2

+ 3(n + ) x”

ll S

+:

Zeta(n)1

if ( == 0) Zeta = 6

else{

k = 0;

Ret = 0;

while (k <= n-1)

{

Ret = Ret + Zeta(k);

k=k+4+1;

}

Zeta = Ret

}

}

Goi T(n) 1a théi gian thuc hién phép cộng của Zeta(n)

12

e Với ø = Ú, số phép công thực hiện là 0, nên tốn thời gian là 0

e Với ø > 1: While lặp n lần, tại lần thứ & (0 < k < n=— l):

— Hàm gọi đệ quy đến hàm Zeta(k) tương ứng thời gian 7(k)

— Có 2 phép cộng nên tốn thời gian là 2

n—-1

= T(n) = > (7) +2)

k=0

Vậy:

(0 , nếu „ =

Tự») | 2n +> T(k) ,néun>1 ( k=0

Hàm sinh của dãy vô hạn {7(n)}£°¿ là:

ƒ() = S oT (n)x" = » T(n)x" +T(0)2° = » T(n)z"

= » (» + » rø) a

„=1 k=0

= » (» +T(n-1)+ » rw) #"

T(n) = 2n+ ST (k) => T(n-1) =2(n-1) +> T(k) => »_ T(È) = T(n— 1) — 2(n — 1)

= ƒ(+) = » (2n + Tín — 1) + Tín — 1) + 2(n - 1)) a”

n=1

I Me (27 (n — 1) 4+ 2)2”

| T{n — 1)z”+2 Soa"

n=1

=À_.(2:2"—9)4” = Tín) = 21! — 2

5 Bai tap 5

a)

T(n) =47(§) tn n>2

ne =C,

i Doan f(n) = an?

e Chứng minh 7(1) < ƒ(): 7Œ) = Cy, fl) =4

Dé T(1) < ƒ(1), ta can chon a > Cy

e Giả sử 7(k) < f(k), Vk <n

e Ta can ching minh T(n) < f(n) tain

Ta có:

Tín) = 47(2) +n

< 4/(5) +n

I 3 +

= -ứn” + mi

2

„3

"1"

2

an

= ƒ(n)+n— ——

2

Néu n — > < 0 thì 7(m) < f(n)tn- > < f(n)

œ > ƠI Chon a,b sao cho — và

, , na ane <0

an’?

Tft— —— < a.< an?

®nữ = =—) <0

an2

®1~ =~ <0 >1) San >

>a>1

Ma a > C1, nén chon a=1+C;,

=> T(n) < ƒ(n) = (1+ G)nẺ

Vậy đoán ƒ(z) = an” là thành công

ii Doan ƒ(n) = an?

e Chứng minh 7(1) < ƒ(): 7) =Œi, fl) =4

Dé T(1) < ƒ(1), ta cần chọn ø > Cy

e Giả sử 7(k) < f(k), Vk <n

e Ta cần chúng minh 7{n) < f(n) tain

Tà có:

n T(n) = AT (5) +n

<4 ⁄@) +n

=an?+n

=ƒ(n)+m Néu n <0 thi T(n) < f(n) +n < f(n)

MA n > 1 nên dự đoán ƒ(n) = an? 1a that bai

iii Doan f(n) = an? — bn

e Chitng minh T(1) < ƒ(1): 7) =Œi, fl) =a-b

Dé T(1) < ƒ(1), ta can chon a — b> Œ¡

e Gia stt T(k) < f(k), Vk <n

e Ta can ching minh T(n) < f(n) tain

Ta có:

Tín) = 47) +n

<4 1S) +n

an? Ùm

by an? — bn + 7 tn

= fn) tn4

bị bị

Nêu ø + > < 0 thì 7(m) < ƒ(n) +n+ > < f(n)

a-b>C, m+ = <0

Ta thấy, với ø = C1 +2, b = —2 thì thỏa hệ trên

=> T(n) < ƒ(m) = (Œ\ +3)"?+2n

Vậy đoán f(r) = an? — bn là thành công

Cần chọn a,b sao cho

b)

1 khin =1

T(n) = _ hin

BT (2) +n? 2 khin>1

Du dodn f(n) = an? +b

e Chứng minh 7(1) < f(1)

Để T(1) < f(1), ta cin chon a, b sao chol <a+b

e Giả sử 7(k) < f(k), Vk <n

e Ta can ching minh T(n) < f(n) tain

Ta có:

Tín) = 35) tm s 3f(5) +”

T(n) < 3[a(>) +b) +n

< (an? +b) +n? - ze +2b

< f(n) +n? - ra +2b

Néu n? — zn + 2b <0 thi T(n) < f(n) +n? - 7 +2b < f(n)

atb>1

n2— on? + 2b <0

Ta thấy, với ø = 4,b = 0 thì thỏa hệ trên

= Tu) < ƒ(n) = 4n?

Vậy dự đoán f(n) = øn? + b là đúng

Chon a,b sao cho

c )

T(n) = T(5) + 7Œ) +n T{n) =lvớin <5 Giả sử ø nhỏ nhất là 1 Dự đoán ƒ(n) = an +b

e Chứng minh 7(1) < ƒ(): 7Œ) =1,()=a+b

Dé T(1) < ƒ(1), cần chọn œø+Ð > 1

e Giả sử 7(k) < f(k), Vk <n

e Ta cần chứng mình 7») < ƒ(n) tại n

n

4

n rn

<f(_~ yy

</)+/)+n

= on tb + ont b+

—an+b+ r1" D +

Tín) = 7©) +T(—)+n

a

=ứn +b— 1u+b+n

= f(n)- nỶ b+n

Néu cản +b+n<0 thi T(n) < ƒf(n) — zn +b+n< f(n)

atb>1

—‡n+b+m <0

Ta thấy, với ø = 4,b = 0 thì thỏa hệ trên

= T(n) < ƒ(n) = 4n => T(n) = O(n)

Vậy dự dodn T(n) = O(n) la ding

Như vậy ta cần chọn a,b sao cho