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: 722 / 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 13. Существует схема умножения двух -разрядных чисел размера $O(n^{\log_2 3})$ и глубины $O(\log^2 n)$ .

Начнем с такого замечания. Вычисляя произведение двух комплексных чисел

обычным способом, мы делаем четыре умножения. Но можно обойтись и тремя с помощью такого трюка: вычислить

,

и

, а потом найти ad+bc

как разность (a+b)(c+d)-ac-bd

.

Аналогичный фокус можно проделать и для целых чисел. Разобьем -битовое число на две -битовые части, то есть представим его в виде a2^n+b . Теперь запишем произведение двух таких чисел:

$(a2^n+b)(c2^n+d)=ac2^{2n}+(ad+bc)2^n+bd.$

Теперь видно, что достаточно найти три произведения

,

и

, чтобы определить все три слагаемых в правой части равенства. Получается, что умножение двух

-разрядных чисел сводится к трем умножениям

-разрядных и к нескольким сложениям и вычитаниям. (На самом деле при умножении (a+b)

на

сомножители могут быть (n+1)

-разрядными, но это не страшно, так как обработка лишнего разряда сводится к нескольким сложениям.)

Для размера схемы, таким образом, получается рекурсивная оценка

$S(2n)\le 3S(n)+O(n),$

из которой следует, что $S(n)=O(n^{\log_2 3})$ . В самом деле, для умножения

-разрядных чисел требуется дерево рекурсивных вызовов глубины $\log_2 n$ и степени ветвления

. Заметим, что размер схемы в вершине пропорционален числу складываемых битов. При переходе от одного уровня к следующему (более близкому к корню) размер слагаемых растет вдвое, а число вершин уменьшается втрое, поэтому общее число элементов на этом уровне уменьшается в полтора раза. Таким образом, при движении по уровням от листьев к корню получается убывающая геометрическая прогрессия со знаменателем 2/3

, сумма которой всего лишь втрое превосходит ее первый член. Остается заметить, что число листьев равно $3^{\log_2 n}=n^{\log_2 3}$ .

Оценка глубины также очевидна: на каждом уровне мы имеем схему сложения глубины $O(\log n)$ , а число уровней есть $O(\log n)$ .

На этом мы завершаем знакомство со схемами из функциональных элементов, выполняющими арифметические операции. О них можно прочесть в главе 29 учебника Кормена, Лейзерсона и Ривеста [18] и в книге Ахо, Хопкрофта и Ульмана [1].

Рассмотрим теперь функцию "голосования"(majority).Она имеет нечетное число аргументов, и значение ее равно или в зависимости от того, какое из двух значений чаще встречается среди входов.

Теорема 14. Существует схема размера O(n) и глубины $O(\log n\log\log n)$ , вычисляющая функцию голосования.

На самом деле можно даже вычислить общее число единиц среди входов. Это делается рекурсивно: считаем отдельно для каждой половины, потом складываем. Получается логарифмическое число уровней. На верхнем уровне надо складывать числа размера $\log n$ , на следующем— размера ${(\log n -1)}$ и так до самого низа, где складываются однобитовые числа (то есть биты входа). Какой средний размер складываемых чисел? Половина вершин в дереве приходится на нижний уровень (числа длины ), четверть — на следующий (числа длины ) и т. д. Вспоминая, что ряд $\sum(k/2^k)$ сходится, видим, что средний размер складываемых чисел есть O(1) и общий размер схемы есть O(n) . А общая глубина есть $O(\log n \log\log n)$ , так как на каждом из $\log n$ уровней стоит схема глубины $O(\log\log n)$ .

Заметим, что хотя функция голосования монотонна, построенная схема ее вычисления содержит немонотонные элементы (поскольку операция сложения не монотонна). Мы уже говорили, что всякую монотонную функцию можно составить из конъюнкций и дизъюнкций. Для функции голосования есть очевидный способ это сделать: написать дизъюнкцию всех конъюнкций размера (n+1)/2 (напомним, что число входов предполагается нечетным). Однако при этом получится схема экспоненциального по размера.

Теорема 15. Существует схема размера O(n^c) и глубины $O(\log n)$ , составленная только из элементов И и ИЛИ (с двумя входами), вычисляющая функцию голосования.

Для начала заметим, что ограничение на размер является следствием ограничения на глубину, так как элементы И и ИЛИ имеют только два входа и число элементов в схеме глубины есть O(2^d) .

Схема будет строиться из элементов большинства с тремя входами. (Каждый из них можно собрать из конъюнкций и дизъюнкций по формуле $(a\land b)\lor (a\land c)\lor (b\land c)$ .) Выход схемы будет большинством из трех значений, каждое из которых есть большинство из трех значений и т. д. (рис. 2.3).

Рис. 2.3. Дерево из элементов 3-большинства

Продолжая эту конструкцию на уровнях, мы получим схему с 3^k входами. (Отметим, что эта схема не будет вычислять большинство среди своих входов — по той же причине, по которой результат непрямого голосования может отличаться от мнения большинства.) Но мы сделаем вот какую странную вещь: возьмем равным $c\log n$ при достаточно большом коэффициенте пропорциональности (при этом число входов такой схемы будет полиномиально зависеть от ) и напишем на входах случайно выбранные переменные из данного нам набора $x_1,\dots,x_n$ . (Переменные, записываемые на разных входах, выбираются независимо.) Оказывается, что с ненулевой вероятностью эта схема будет вычислять функцию большинства среди $x_1,\dots,x_n$ , если константа достаточно велика. Следовательно, искомая схема существует.

Обратите внимание: нам удастся доказать существование интересующей нас схемы, не предъявив ее явно. (Такое использование вероятностных методов в комбинаторных рассуждениях часто бывает полезно.)

Итак, почему же схема с положительной вероятностью вычисляет функцию большинства? Это доказывается так: рассмотрим какой-то один набор значений на входах и докажем, что на этом конкретном наборе случайная схема выдает правильный ответ с вероятностью, очень близкой к единице (равной $1-\varepsilon$ при очень малом $\varepsilon$ ).

Если число $\varepsilon$ настолько мало, что остается меньшим единицы даже после умножения на число возможных входов ( 2^n ), то получаем требуемое (каждое из 2^n событий имеет вероятность не меньше $1-\varepsilon$ , значит их пересечение имеет вероятность не меньше $1-2^n\varepsilon\hm>0$ ).

Итак, осталось оценить вероятность того, что случайная схема даст правильный ответ на данном входе. Пусть доля единиц среди всех входов равна . Тогда на каждый входной провод схемы подается единица с вероятностью и нуль с вероятностью 1-p (выбор случайной переменной дает единицу с вероятностью ), причем сигналы на всех входах независимы.

Если на трех входах элемента -большинства сигналы независимы, и вероятность появления единицы на каждом входе есть , то вероятность появления единицы на выходе есть $\varphi(p)\hm=3p^2(1-p)+p^3\hm=3p^2-2p^3$ . На следующих уровнях вероятность появления единицы будет равна $\varphi(\varphi(p)),\varphi(\varphi(\varphi(p))),\dots$ График функции $\varphi(x)$ на отрезке [0,1] (рис. 2.4) показывает, что при итерациях функции $\varphi$ дисбаланс (отклонение от середины) нарастает и последовательность стремится к краю отрезка. Надо только оценить число шагов.

Рис. 2.4. Итерируемая функция

Если вначале единицы составляют большинство из аргументов (напомним, нечетно), то их как минимум (n+1)/2 , так что $p\ge (n+1)/2n\hm=1/2+1/(2n)$ . Таким образом, начальный дисбаланс составляет как минимум 1/2n . А в конце нам нужно приблизиться к краю отрезка на расстояние $2^{-n}$ .

Итак, нам осталось доказать такую лемму (относящуюся скорее к математическому анализу):

Дальше >>

Авторизоваться

Языки и исчисления

Схемы из функциональных элементов

Вопросы и ответы