算法导论 — 思考题3-3 根据渐近增长率排序

（根据渐近增长率排序）
　　a. 根据增长的阶来排序下面的函数，即求出满足$g_1=\Omega (g_2),g_2=\Omega (g_3),\dots ,g_{29}=\Omega (g_{30})$的函数的一种排序$g_1,g_2,\dots ,g_{30}$。把你的表划分成等价类，使得函数$f(n)$和$g(n)$在相同类中当且仅当$f(n)=\Theta (g(n))$。
　　
　　b. 给出非负函数$f(n)$的一个例子，使得对所有在(a)部分中的函数$g_i(n)$，$f(n)$既不是$O(g_i(n))$也不是$\Omega (g_i(n))$。
　　
　　解
　　a.
　　在下面的表格中，表格上层的函数比下层的函数增长要快，表格同一行中的函数互为$\Theta$关系。
　　
　　一些简单的函数在这里就不做分析了，我们挑一些函数来分析。
　　
　　(1) $g_2(n)=2^{2^n}$和$g_3(n)=(n+1)!$
　　先分析$g_3(n)$，有$g_3(n)=(n+1)!<(n+1{)}^{n+1}$。令$f_3(n)=(n+1{)}^{n+1}$，现在来比较$g_2(n)$和$f_3(n)$。直接比较二者很困难，我们分别对二者取复合对数。
　　　　$\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}(g_2(n))=\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}(2^{2^n})=\mathrm{l}\mathrm{g}(2^n)=n$
　　　　$\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}(f_3(n))=\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}((n+1{)}^{n+1})=\mathrm{l}\mathrm{g}[(n+1)\bullet \mathrm{l}\mathrm{g}(n+1)]=\mathrm{l}\mathrm{g}(n+1)+\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}(n+1)<2\mathrm{l}\mathrm{g}(n+1)$
　　当$n$足够大时，有$2\mathrm{l}\mathrm{g}(n+1)<n$，故$\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}(f_3(n))<\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}(g_2(n))$。由于复合对数函数$\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}(x)$是单调递增的，所以当$n$足够大时，有$f_3(n)<g_2(n)$。又由于$g_3(n)<f_3(n)$，所以当$n$足够大时，有$g_3(n)<g_2(n)$，所以$g_2(n)=\Omega (g_3(n))$。
　　
　　 (2) $g_8(n)=(\frac{3}{2}{)}^n$和$g_9(n)=(\mathrm{l}\mathrm{g}n{)}^{\mathrm{l}\mathrm{g}n}$
　　同样直接比较二者很困难，我们分别对二者分取对数。
　　　　$\mathrm{l}\mathrm{g}(g_8(n))=\mathrm{l}\mathrm{g}(\frac{3}{2}{)}^n=n\mathrm{l}\mathrm{g}\frac{3}{2}$
　　　　$\mathrm{l}\mathrm{g}(g_9(n))=\mathrm{l}\mathrm{g}((\mathrm{l}\mathrm{g}n{)}^{\mathrm{l}\mathrm{g}n})=\mathrm{l}\mathrm{g}n\bullet \mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n\le {\mathrm{l}\mathrm{g}}^{2}n$
　　利用3.2节的结论$“$任意多项式函数都比任意多对数函数增长要快$”$，所以${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{2}n=o(n\mathrm{l}\mathrm{g}\frac{3}{2})$。这说明，当$n$足够大时，必然有${\mathrm{l}\mathrm{g}}^{2}n<n\mathrm{l}\mathrm{g}\frac{3}{2}$，即$\mathrm{l}\mathrm{g}(g_9(n))<\mathrm{l}\mathrm{g}(g_8(n))$。由于对数函数是单调递增的，所以当$n$足够大时，有$g_9(n)<g_8(n)$，所以$g_8(n)=\Omega (g_9(n))$。
　　
　　 (3) $g_{11}(n)=(\mathrm{l}\mathrm{g}n)!$和$g_{12}(n)=n^3$
　　利用习题3.2-4的结果“$\lceil \mathrm{l}\mathrm{g}n\rceil !$不是多项式有界”，说明$(\mathrm{l}\mathrm{g}n)!$比多项式函数增长要快，而$g_{12}(n)$刚好就是一个多项式函数。所以$g_{11}(n)=\Omega (g_{12}(n))$。
　　
　　 (4) $g_{19}(n)=(\sqrt{2}{)}^{\mathrm{l}\mathrm{g}n}$和$g_{20}(n)=2^{\sqrt{2\mathrm{l}\mathrm{g}n}}$
　　 还是分别对二者取对数进行分析。
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{19}(n))=\mathrm{l}\mathrm{g}((\sqrt{2}{)}^{\mathrm{l}\mathrm{g}n})=\mathrm{l}\mathrm{g}n\bullet lg\sqrt{2}=\frac{1}{2}\mathrm{l}\mathrm{g}n$
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{20}(n))=\mathrm{l}\mathrm{g}(2^{\sqrt{2\mathrm{l}\mathrm{g}n}})=\sqrt{2\mathrm{l}\mathrm{g}n}=\sqrt{2}\bullet (\mathrm{l}\mathrm{g}n{)}^{1/2}$
　　 如果令$m=\mathrm{l}\mathrm{g}n$，上面两个等式就变为$\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{19}(n))=\frac{1}{2}m$和$\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{20}(n))=\sqrt{2}\bullet m^{1/2}$。显然，当$m$足够大时，必然有$\frac{1}{2}m>\sqrt{2}\bullet m^{1/2}$，即$\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{19}(n))>\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{20}(n))$，因为$m$比$m^{1/2}$增长要快。由于对数函数是单调递增的，所以当$n$足够大时，有$g_{19}(n)>g_{20}(n)$。所以$g_{19}(n)=\Omega (g_{20}(n))$。
　　
　　 (5) $g_{20}(n)=2^{\sqrt{2\mathrm{l}\mathrm{g}n}}$和$g_{21}(n)={\mathrm{l}\mathrm{g}}^{2}n$
　　 依然对二者取对数进行分析。
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{20}(n))=\mathrm{l}\mathrm{g}(2^{\sqrt{2\mathrm{l}\mathrm{g}n}})=\sqrt{2\mathrm{l}\mathrm{g}n}=\sqrt{2}\bullet (\mathrm{l}\mathrm{g}n{)}^{1/2}$
　　 　　 $\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{21}(n))=\mathrm{l}\mathrm{g}({\mathrm{l}\mathrm{g}}^{2}n)=2\mathrm{l}\mathrm{g}\mathrm{l}\mathrm{g}n$
　　 令$m=\mathrm{l}\mathrm{g}n$，上面两个等式就变为$\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{20}(n))=\sqrt{2}\bullet m^{1/2}$和$\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{21}(n))=2\mathrm{l}\mathrm{g}m$。利用3.2节的结论$“$任意多项式函数都比任意多对数函数增长要快$”$，可以得出当$m$足够大时，必然有$\sqrt{2}\bullet m^{1/2}>2\mathrm{l}\mathrm{g}m$，即$\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{20}(n))>\mathrm{l}\mathrm{g}(g_{21}(n))$。由于对数函数是单调递增的，所以当$n$足够大时，有$g_{20}(n)>g_{21}(n)$。所以$g_{20}(n)=\Omega (g_{21}(n))$。
　　
　　 b.
　　 比如下面这个函数。