НОУ ИНТУИТ | Языки и исчисления. Лекция 2: Схемы из функциональных элементов

Учитесь и получайте официальные документы БЕСПЛАТНО. Вы можете поддержать наш проект.

Регистрация Вход

Твой путь к знаниям!

Опубликован: 24.04.2007 | Доступ: свободный | Студентов: 723 / 35 | Оценка: 4.60 / 4.30 | Длительность: 25:56:00

Тема: Алгоритмы и дискретные структуры

Специальности: Программист

|

Вам нравится? Нравится 11 студентам

| Поделиться |

Поддержать курс

| Скачать электронную книгу

Теорема 10. Существует схема размера O(n) , осуществляющая сложение двух -битовых чисел.

Напомним смысл обозначения O(n) : нам надо построить схему сложения -битовых чисел, имеющую размер не более для некоторого и для всех .

Вспомним, как складывают числа в столбик:

$\arraycolsep=1pt \begin{array}{rrrrr} &0 &1 &1 &\\ &1 &0 &0 &1\\ &1 &0 &1 &1\\ \hline 1 &0 &1 &0 &0 \end{array}$

Верхняя строка — биты переноса, нижняя — результат. Заметим, что каждый из битов переноса или результата определяется тремя другими битами (бит результата равен сумме двух битов слагаемых и бита переноса по модулю

, а бит переноса равен

, если хотя бы два из этих трех битов равны

). Поэтому можно составить схему, которая вычисляет эти биты справа налево и имеет размер O(n)

.

Заметим, что теорему 9 легко вывести из теоремы 10: чтобы сравнить числа и , сложим число (2^n-1)-x (то есть число , в котором все единицы заменены нулями и наоборот) и число . Если в старшем разряде появится единица, то y>x , а если нет, то $y\le x$ . Остается заметить, что и сложение, и обращение битов в числе требуют схем линейного размера. Таким образом, сравнение чисел сводится к вычислению бита переноса. Верно и обратное: вычисление бита переноса сводится к сравнению двух чисел (обратим в одном из слагаемых все биты).

Тем не менее конструкция, использованная при доказательстве теоремы 9, имеет некоторые преимущества. Назовем глубиной схемы максимальное число элементов на пути от входа к выходу. Если представить себе, что сигнал на выходе элемента появляется не сразу после подачи сигналов на входы, а с некоторой задержкой, то глубина схемы определяет суммарную задержку. Легко понять, что рекурсивная схема сравнения имела глубину $O(\log n)$ (число уровней пропорционально логарифму размера входа), в то время как построенная только что схема сложения имеет глубину, пропорциональную (биты переноса вычисляются последовательно, справа налево). Но можно соединить эти два результата:

Теорема 11. Существует схема сложения двух -битовых чисел размера O(n) и глубины $O(\log n)$ .

Как мы видели, проблема в том, что биты переноса вычисляются последовательно, а не параллельно. Если удастся их все вычислить схемой размера O(n) и глубины $O(\log n)$ , то дальнейшее очевидно.

Как мы упоминали, вычисление битов переноса равносильно сравнению, так что для доказательства теоремы достаточно научиться сравнивать параллельно все "суффиксы"двух -битовых чисел $x_1\dots x_n$ и $y_1\dots y_n$ , т. е. для каждого сравнить числа $x_ix_{i+1}\dots x_n$ и $y_iy_{i+1}\dots y_n$ .

Вспомним, что мы делали при сравнении чисел (скажем, длины ). На нижнем уровне мы сравнивали биты:

$\begin{array}{cccccccc} x_1 &x_2 &x_3 &x_4 &x_5 &x_6 &x_7 &x_8 \\ y_1 &y_2 &y_3 &y_4 &y_5 &y_6 &y_7 &y_8 \end{array}$

На следующем уровне мы сравнивали двузначные числа

$\begin{array}{cccc} x_1x_2 &x_3x_4 &x_5x_6 &x_7x_8 \\ y_1y_2 &y_3y_4 &y_5y_6 &y_7y_8 \end{array}$

затем четырехзначные

$\begin{array}{cc} x_1x_2x_3x_4 &x_5x_6x_7x_8 \\ y_1y_2y_3y_4 &y_5y_6y_7y_8 \end{array}$

и, наконец, восьмизначные:

$\begin{array}{c} x_1x_2x_3x_4x_5x_6x_7x_8 \\ y_1y_2y_3y_4y_5y_6y_7y_8 \end{array}$

Таким образом, для суффиксов длины

,

и

результаты сравнения уже есть. Для суффикса длины

результат можно получить, комбинируя результат сравнения x_3x_4 ? y_3y_4

и

. После этого у нас есть информация о суффиксах всех четных длин, и соединяя ее с информацией с первого этапа, получаем сведения про все суффиксы. Например, для сравнения суффиксов длины

, то есть $x_2\dots x_8$ и $y_2\dots y_8$ , мы соединяем результаты сравнения x_2

и

с результатами сравнения суффиксов длины

, то есть $x_3\dots x_8$ и $y_3\dots y_8$ .

В общем случае картина такая: после "сужающегося дерева" мы строим "расширяющееся"; за шагов до конца мы знаем результаты сравнения всех суффиксов, длины которых кратны 2^k . Это дерево имеет размер O(n) и глубину $O(\log n)$ , что завершает доказательство.

14. Покажите, что вычитание двух -битовых чисел по модулю 2^n выполняется схемой размера O(n) и глубины $O(\log n)$ . (Указание: вычитание легко сводится к сложению, если заменить нули на единицы и наоборот.)

Теперь займемся умножением. Схема умножения двух -разрядных чисел имеет входов (по для каждого множителя) и выходов для произведения.

Посмотрим, какие оценки дает обычный способ умножения чисел столбиком. В нем умножение двух -разрядных чисел сводится к сложению копий первого числа (частично замененных на нули в зависимости от цифр второго числа) со сдвигами.

Получение этих копий требует схемы размера O(n^2) (общее число цифр в копиях) и глубины O(1) . Сложение двух -разрядных чисел мы можем выполнить с помощью схемы размера O(n) и глубины $O(\log n)$ , так что необходимые n-1 сложений можно выполнить схемой размера O(n^2) и глубины $O(\log^2n)$ (если складывать сначала попарно, потом результаты снова попарно и т. д.). Оказывается, этот результат можно улучшить. Наиболее экономные способы основаны на преобразовании Фурье (о них можно прочесть в книге [1]). С их помощью, например, можно построить схему умножения -битовых чисел, имеющую размер $n\log^c n$ .

Эти методы далеко выходят за рамки нашего обсуждения, но два улучшения мы приведем.

Теорема 12. Существует схема умножения двух -разрядных чисел размера O(n^2) и глубины $O(\log n)$ .

Как мы уже говорили, умножение двух -разрядных чисел сводится к сложению таких чисел, и остается выполнить такое сложение схемой размера O(n^2) и глубины $O(\log n)$ . Ключевым моментом здесь является сведение сложения трех чисел к сложению двух с помощью простой схемы размера O(n) и глубины O(1) . В самом деле, пусть есть три числа , и . Если мы будем складывать отдельно в каждом разряде, то в разряде может накопиться любая сумма от до , то есть в двоичной записи от до . Сформируем из младших битов этих двухбитовых сумм число , а из старших (сдвинутых влево) — число . Тогда, очевидно, x+y+z=u+v . Получение цифр числа и происходит параллельно во всех разрядах и требует размера O(n) и глубины O(1) .

Теперь, если надо сложить чисел, можно разбить их на тройки и из каждых трех чисел получить по два. В следующий круг, таким образом, выйдут (2/3)n чисел (примерно — граничные эффекты большой роли не играют). Их снова можно сгруппировать по тройкам и т. д. С каждым уровнем число слагаемых убывает в полтора раза, так что глубина схемы будет логарифмической. Каждое преобразование трех слагаемых в два требует схемы размера O(n) и уменьшает число слагаемых на единицу, так что потребуется таких преобразований. Итак, эта конструкция имеет общий размер O(n^2) и глубину $O(\log n)$ . Надо только отметить, что в конце у нас получается не одно число, а два, и их напоследок надо сложить — что мы умеем делать с глубиной $O(\log n)$ и размером O(n) .

15. Докажите, что схема, вычисляющая булеву функцию от аргументов, у которой ни один аргумент не является фиктивным, имеет размер не менее и глубину не менее $c\log n$ , где c>0 — некоторая константа, зависящая от выбранного набора элементов. (Аргумент функции называют фиктивным, если от него значение функции не зависит.)

Эта задача показывает, что если в процессе умножения двух -разрядных чисел мы суммируем слагаемых размера , то оценки O(n^2) для размера и $O(\log n)$ для глубины, полученные при доказательстве теоремы 12, существенно улучшить нельзя.

Однако никто не обязывает нас следовать традиционному способу умножения столбиком — отказавшись от него, мы можем уменьшить размер схемы.

Дальше >>

Авторизоваться

Языки и исчисления

Схемы из функциональных элементов

Вопросы и ответы