这一部分主要算法导论中递归式、堆排序和快速排序章节里选择的对我而言较有价值的题目。
练习4.1-1 证明 $T(n)=T(\lceil n/2\rceil)+1$ 的解为 $O(\lg n)$ 。
解答：猜测 $T(n)\leq c\cdot \lg(n-b)$ （$-b$ 的原因见《算法导论》-4.1代换法-一些细微问题），则用数学归纳法，如果其满足 $n/2$ 则对 $n$ 有：
$$T(n)=T(\lceil n/2\rceil)+1\leq c\cdot \lg(\lceil n/2\rceil-b)+1\leq c\cdot \lg(n+1-2b)-c\cdot \lg2+1\leq c\cdot \lg n$$
最后一个不等号在 $c>1$ 而且 $b>1$ 的情况下成立。
练习4.1-6 求解递归式 $T(n)=2T(\sqrt{n})+1$ 的渐进紧确解。
思路：令 $m=\lg n$ 则原递归式 $T(n)$ 可以表示为 $S(m)=T(2^{m})=2T(2^{m/2})+1=2S(m/2)+1$ 。猜测 $S(m)\leq cm-b$ ，数学归纳法证明，如果其去满足 $m/2$ 则对 $m$ 有：
$$S(m)=2S(m/2)+1\leq2(cm/2-b)+1=cm-2b+1\leq cm$$
代入到 $T(n)$ 中则 $T(n)\leq c\cdot \lg n$，即 $T(n)=\mathrm{O}(\lg n)$ 。
练习4.2-2 利用递归树证明 $T(n)=T(n/3)+T(2n/3)+cn$ 的解是 $\Omega(n\lg n)$ 。
思路：该递归树不是完全二叉树，叶子节点有深有浅，最浅的叶子节点是从根节点沿着路径 $n\rightarrow (1/3)n\rightarrow (1/3)^{2}n\rightarrow ...\rightarrow (1/3)^{k}n=1$，的层数 $k=\log_{3}n$ 。在该最浅的层数向上，每一层的代价都是 $cn$ 。因此 $T(n)\geq k\cdot cn = cn\cdot \log_{3}n=\Omega(n\lg n)$ 。
练习4.2-4 利用递归树求递归式 $T(n)=T(n-a)+T(a)+cn$ 的渐进紧确界。
思路：画出递归树，该递归树极不平衡，所有是右孩子的节点全部是叶子节点，根节点的代价是 $cn$ ，第 $i$ 层的代价是 $c(n+(1-i)a)$ 。一共有 $n/a$ 层（包括根节点的第 $0$ 层）。总代价：
$$T(n)=cn+\sum_{i=1}^{n/a-1}c(n+(1-i)a)=\Theta(n^{2})$$
练习4.2-5 利用递归树求递归式 $T(n)=T((1-a)n)+T(an)+cn$ 的渐进紧确界。
思路：做算法导论的题目，关键还是要理解题目的意图。这道题和上一道是姊妹题，意在说明递归树划分时，如果用常数划分，不管划分得多么均衡，其代价都是 $\Theta(n^{2})$ ，如果用比例划分，不管划分得多么失衡，其代价都是 $\Theta(n\lg n)$ ，其原因就是 $n$ 可以足够大，以突出常数划分的失衡和比例划分的均衡。练习4.2-2已经证明了其特殊情况的下界（一般情况也没有什么区别，$1/3$系数的影响最终进入了常数项），即 $T(n)=\Omega(n\lg n)$ 。现在只要证明 $T(n)=O(n\lg n)$ ：如果 $T(n)\leq dn\lg n$ ，用代换法：
$$T(n)\leq d(1-a)n\lg(1-a)n+dan\lg an+cn=dn\lg n +dn(a\lg a+(1-a)\lg(1-a))$$
因为 $a\in (0,1)$ ，所以 $\lg a<0,\lg(1-a)<0$，$d$ 有合适的取值能够使得 $T(n)\leq dn\lg n$ 。
思考题4-2 某数组 $A[1...n]$ 含有从 $0$ 到 $n$ 的整数，但是缺了一个。另有一个数组 $B[0...n]$ 含有从 $0$ 到 $n$ 的所有整数。但是不能够单独访问数组中的某个整数，而只能访问某一位（整数是二进制的），就是说对数组 $A$ 的操作只能是“取 $A[i]$ 的第 $j$ 位”。给出一个代价为 $\Theta(n)$ 的算法，找出这个所缺的整数。
思路：二进制无符号整数一共 $\lceil \lg n\rceil$ 位。统计数组 $4$ 和 $B$ 中第 $1$ 位 为 $1$ 的整数个数（代价为 $\Theta(n)$），如果 $A$ 中第 $1$ 位为 $1$ 的整数个数小于 $B$ 中的，说明缺失的整数的第 $1$ 位是 $1$ ，否则缺失整数的第一位是 $0$ ；在数组 $A$ 和 $B$ 第 $1$ 位是 $1$ 或 $0$ 的整数里继续统计第二位为 $1$ 的整数个数（代价为 $\Theta(n/2)$）......直到确定缺失的整数的每一位。整个算法耗费的代价为：
$$\Theta(n)+\Theta(n/2)+...+\Theta(n/(2^{\lg n}))=\Theta(2n)=\Theta(n)$$
思考题4-5 斐波纳契数。定义生成函数（形式幂函数）为：
$$f(x)=\sum_{i=0}^{\infty}F_{i}z^{i}=0+z+z^{2}+2z^{3}+3z^{4}+5z^{5}+...$$
- 求证 $f(x)=z+z\cdot f(x)+z^{2}\cdot f(x)$ 。
解答：将 $f(x)$ 代入
$$f(x)=z+\sum_{i=0}^{\infty}F_{i}\cdot z^{i+1}+\sum_{i=0}^{\infty}F_{i}\cdot z^{i+2}=z+ z^{2}+\sum_{i=2}^{\infty}F_{i}\cdot z^{i+1}+\sum_{i=2}^{\infty}F_{i-1}\cdot z^{i+1}=z+z^{2}+\sum_{i=3}^{\infty}F_{i}\cdot z^{i}=\sum_{i=0}^{\infty}F_{i}\cdot z^{i}$$ - 证明：
$$f(x)=\frac{z}{1-z-z^{2}}=\frac{z}{(1-\phi z)(1+\hat{\phi}z)}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot(\frac{1}{1-\phi z}-\frac{1}{1+\hat{\phi} z})$$
思路：将a中证明的式子变换就可以得到。
这一道题后面还有两道证明做不出来。
思考题4-6 VLSI（超大规模集成）芯片测试。有 $n$ 个设计完全相同的芯片，有一部分次品（坏的芯片）。这些芯片可以两两相互测试，报告另一个芯片是好的或是坏的。好的芯片总是如实报告另一个芯片的好坏，而坏的芯片的报告结果不可控制，即：
- A报告：B是好的；B报告：A是好的。则都是好的或者都是坏的。
- A报告：B是坏的；B报告：A是坏的。则至少有一个坏的。
- A报告：B是好的；B报告：A是坏的。则至少有一个坏的。
- A报告：B是坏的；B报告：A是好的。则至少有一个坏的。
已知好的芯片的数量大于 $n/2$ ，给出代价为 $\Theta(n)$ 的算法，找出所有好的芯片。
思路：只要找到一个好芯片，就可以用代价 $\Theta(n)$ 找出所有的好芯片。找一个好芯片的过程是这样：随机两两组合成 n/2 组互相测试，将互相报告是好芯片（上面的第一种）这种情况的组合挑出来，将每个组合拆下一个芯片，单独放在一起，构成原先 $n$ 芯片的一个子集（当子集的规模小于 $n/2$ 的时候，算法的代价才为 $\Theta(n)$）。对这个子集重复该方法，直到子集中只剩下一个芯片，该芯片就是好芯片。当然，这里忽略了 $n$ 为奇数的情况，那么就先假设 $n$ 是 $65536$ 之流吧。
需要证明的是这么几点：首先，需要证明该子集非空，即能选出这样的子集来：因为A中好芯片的数量大于 n/2 ，必定会出现好芯片和好芯片互相测试的组合，所以子集不可能为空；其次，需要证明子集的规模不大于 $n/2$ , 只有这样算法的代价才能够控制在 $\Theta(n)+\Theta(n/2)+...+\Theta(1)=\Theta(n)$ 以内：因为随机选取一对芯片中的一个加入子集，即使在最极端的情况下，好芯片仅仅和好芯片组合，坏芯片和坏芯片组合并共同“欺骗”测试者互相报告为好芯片，那么也仅仅有 $n/2$ 个芯片入选；最后，需要证明子集中好芯片的数量仍然大于子集元素个数的一半，使该条件传递下去直到子集中仅有一个元素：考虑没有被选入子集的芯片，要么是好芯片和坏芯片的组合，要么是坏芯片和坏芯片的组合，肯定没有好芯片和好芯片的组合，所以没有被选入子集的芯片中坏芯片的数量大于等于好芯片的数量，考虑到所有芯片中好芯片的数量大于坏芯片的数量，那么子集中好芯片的数量一定大于坏芯片的数量。
最后得到一个芯片，一定是好芯片，再用该芯片测试其他剩下的芯片，得到所有的好芯片。
思考题4-7 Monge矩阵。这道题比较长，难度不大，但结论却很有趣，因此把结论写下来，具体证明过程就略去。
一个 $m\times n$ 矩阵可以被称为Monge矩阵，当且仅当：对于所有 $i,j,k,l$ 有 $1\leq i $$\begin{matrix}10 & 17 & 13\\ 17 & 22 & 16\\ 24 & 28 & 22\\11 & 13 & 6\end{matrix}$$ 直观上，小的数分布在左上右下直线上，大的数分布在左下右上直线上。有这么几个有趣的结论： 练习6.5-8 给出一个时间为 $O(n\lg k)$ 的算法，将 $k$ 个已排序的链表合并成一个排序链表的算法。$n$ 为输出链表中元素的个数。（最小堆做k路链接）。 思路：类似于最小堆排序，构建一个最小堆，每个节点表示一个已排序链表，节点值就是链表的第一个值，根节点就是第一个元素最小的链表。从根节点链表中取出第一个元素放入输出中，代价为 $O(1)$，这是最小的元素；然后根节点的值变大了，可能违反了最小堆性质，运行“保持最小堆性质”，代价为 $O(\lg k)$。每找出一个元素需要 $O(\lg k)+O(1)=O(\lg k)$ 代价，全部排序 $n$ 个元素需要的代价是 $O(n\lg k)$ 。 思考题6-2 对 $d$ 叉堆的分析。$d$ 叉堆和二叉堆类似，唯一的例外是每个非叶子节点有 $d$ 个子女而不是 $2$ 个。 思考题6-3 Young矩阵，也是一个难度不大但是有趣的问题。一个 $m\times n$ 的Young矩阵，每一行数据都是从左到右排序，每一列数据都是从上到下排序。矩阵中可以包含 $\infty$ 项。比如这样一个矩阵： $$\begin{matrix}0 & 0 & 1 & 5\\ 2 & 5 & 5 & \infty\\ 3 & \infty & \infty & \infty\end{matrix}$$
Extract-Min算法：取出一个元素 $A[i,j]$ ，然后比较 $A[i+1,j]$ 和 $A[i,j+1]$ ，选取小的一个填充到 $A[i,j]$ 中，比如 $A[i+1,j]$ 。由于 $A[i+1,j]\geq A[i,j]$，$A[i,j]\geq A[i-1,j]$，$A[i,j]\geq A[i,j-1]$ ，所以新填入的元素满足 $A_{new}[i,j]\geq A[i-1,j],A_{new}[i,j]\geq A[i,j-1]$ 。又因为 $A[i+1,j]\leq A[i,j+1]$ （之前比较过）， $A[i+1,j]\leq A[i+2,j]$，后者即将成为 $A[i+1,j]$ ，所以满足 $A_{new}[i,j]\leq A[i,j+1],A_{new}[i,j]\leq A_{new}[i+1,j]$ ，四个方向都满足了循环不变式，再去对 $A[i+1,j]$ 执行这一套直到执行到遇到 $\infty$ 为止。从 $A[1,1]$ 开始执行就提取出了最小的元素。
Insert算法类似，只不过从 $A[m,n]$ 插入，遇到依次比较左边和上方的数，将较大的一个“挤”下来，同样可以证明循环不变式，跟Extract-Min基本一样。