Vylepseni uvodniho povidani o O-ckach a take sazby.

[ads1.git] / 2-rozdel / 2-rozdel.tex

\input ../lecnotes.tex

\prednaska{2}{Rozdìl a panuj}{(zapsali J. Záloha a P. Ba¹ista)}

Dne¹ní pøedná¹ka se bude týkat analýzy slo¾itosti algoritmù
a zejména metody Rozdìl a panuj {\sl (Divide et Impera)}.

Pro porovnávání algoritmù si musíme zavést nìjaké kritérium. Vìt¹inou se zajímáme o èas a pamì», které spotøebují pro svùj bìh. Proto, abychom mohli takto algoritmy porovnávat bez ohledu na prostøedí, poèítaè a podobné vìci, zavádíme takzvanou $\O$-notaci.

\s{Definice:} Pro funkce $f,g: {\bb N} \rightarrow {\bb R}^+$ øekneme,
¾e $f$ je $\O(g)$ právì tehdy kdy¾ $\exists c>0, c \in {\bb R}: \forall ^{*} n \in {\bb N}: f(n) \leq c \cdot g(n)$.
Zde $\forall^* n \in {\bb N}$ je zkratka za \uv{$\exists n_0 \in {\bb N}: \forall n \geq n_0$}, tedy
\uv{pro v¹echna~$n$ a¾ na~koneènì mnoho výjimek.}

\s{Poznámka:} $\O$-notace tedy vyjadøuje, ¾e funkce~$f$ je men¹í nebo nejvý¹e rovná
nìjakému reálnému násobku funkce~$g$ skoro v¹ude. Aèkoliv zápis vypadá jako rovnost, rozhodnì
není symetrický: napøíklad platí $\log n=\O(n)$, ale neplatí $n=\O(\log n)$. Formálnì by bylo lep¹í pova¾ovat $\O(g)$
za tøídu funkcí, pro které platí, ¾e se dají shora odhadnout kladným násobkem funkce~$g$, a~psát tedy~$f\in\O(g)$,
ale zvyk je bohu¾el ¾elezná ko¹ile.

\s{Pøíklady:} $2{,}5n^{2} = \O(n^{2})$, $2{,}5n^{2}+30n = \O(n^{2})$.

\>Také platí:
$$
\O(f)+\O(g) \in \O(f+g),
$$
èím¾ myslíme, ¾e pokud vezmeme libovolnou $f'=O(f)$ a $g'=O(g)$, bude $f'+g'=O(f+g)$.
To platí, jeliko¾ skoro v¹ude je $f' \leq cf$, $g'\leq dg$, a~tedy $f'+g' \le cf+dg \le (c+d)(f+g)$.

\s{Cvièení:} Uka¾te, ¾e:
\itemize\ibull
\:$\O(f) \cdot \O(g)=\O(f \cdot g)$,
\:$\O(f+g)=\O(\max(f,g))$,
\:$\O(n^{2})+\O(n)=\O(n^{2}+n)=\O(n^{2})$.
\endlist

$\O$-notace popisuje horní odhad asymptotického chování algoritmù. Mnohdy v¹ak
potøebujeme také urèit jeho spodní hranici, popøípadì je odhadnout obì.
U~nìkterých algoritmù sice splývají, ale u nìkterých ne, tak¾e zavádíme dal¹í
notace:

\s{Definice:}

\itemize\ibull
\:$f=\Omega(g) \Longleftrightarrow \exists$ $c>0:$ $\exists$ $g(n): \forall ^{*} n \in {\bb N}: f(n) \geq c\cdot g(n)$

$\Omega$-notace øíká, ¾e hodnota funkce $f$ je v¾dy stejná nebo vy¹¹í ne¾ nìjaký $c$-násobek funkce $g$, a tedy $g=\O(f)$.
\:$f=\Theta(g) \Longleftrightarrow f=O(g) \wedge f=\Omega(g)$

nebo:

$f=\Theta(g) \Longleftrightarrow \exists$ $c_{1},c_{2} > 0:\exists$ $g(n) : c_{1}\cdot g(n) \leq f(n) \leq c_{2}\cdot g(n)$ To znamená, ¾e existují nezáporné reálne konstanty $c_{1},c_{2}$ takové, ¾e se funkce $f(n)$ dá ohranièit $c_{1}$ a $c_{2}$ násobky funkce $g(n)$.
\endlist

\noindent
$\Theta$-notace tedy vyjadøuje, ¾e chování algoritmu je shora i zespoda odhadnuto nìjakými kladnými rálnymi násobky funkce $g$. Proto je zøejmé, ¾e se v¾dy bude asymptoticky chovat stejnì.

\s{Porovnání rùstu funkcí:} (aneb jak moc máme algoritmy rádi podle jejich chování od~nejlep¹ích k~nejhor¹ím)

\itemize\ibull
\:$\Theta(1) \ldots$ funkce zespoda i shora ohranièené konstantami
\:$\Theta(\log{( \log{n} )})$
\:$\Theta(\log{n}) \ldots$logaritmická
\:$\Theta(n^{\varepsilon}), \varepsilon \in (0,1) \ldots$ sublineární
\:$\Theta(n) \ldots$ lineární
\:$\Theta(n^{2}) \ldots$ kvadratická

$\vdots$

\:$\Theta(n^{k}), k \in {\bb N} \ldots$ polynomiální

$\vdots$

\:$\Theta(2^{n}) \ldots$ exponenciální pøi základu $2$
\:$\Theta(3^{n}) \ldots$ exponenciální pøi základu $3$

$\vdots$

\:$\Theta(k^{n}), k \in \bb{R}^{+},$ $k > 1 \ldots$  exponenciální pøi základu $k$

$\vdots$

\:$\Theta(n!) \ldots$ faktoriálová

$\vdots$

\:$\Theta(n^{n})$

$\vdots$
\endlist

\>{\sl Poznámka:} Pøi logaritmech a odhadech slo¾itosti se dá v¾dy hovoøit o logaritmu s~libovolným základem, proto¾e~platí:
$$
\log_k{n}={{\log_c{n}}\over{\log_c{k}}}={{1}\over{\log_c{k}}}\cdot \log_c{n},
$$
kde ${1}\over{\log_c{k}}$ je jen konstanta, tak¾e ji mù¾eme \uv{schovat do~$\O$.}

\>{\sl Pøíklady:}

\s{Eukleidùv algoritmus:} Pokud jej pustíme na $2$ èísla o $n$ bitech, poèet iterací bude $\O(n)$, ka¾dá iterace trvá $\O(n^{2})$ krokù. Tak¾e celkovì má tento algoritmus èasovou slo¾itost $\O(n^{3})$.

\s{Rozdìl a panuj:} A nyní pøestaòme chodit kolem horké ka¹e a øekòeme si, co to ono vý¹e zmiòované \uv {rozdìl a panuj} znamená. Mìjme nìjaký problém, který má tu vlastnost, ¾e kdy¾ jej rozdìlíme na nìjaké podproblémy, které mají stejný charakter a ty  vyøe¹íme, tak slo¾ením jejich øe¹ení získáme øe¹ení pùvodního problému. Po¾adavek na stejný charakter podproblémù je podstatný, nebo» nám umo¾ní se podívat na tyto podproblémy pod stejným úhlem a opìt je rozdìlit na \uv {podpodproblémy} a tak dále, a¾ se dostaneme na úroveò, kterou je mo¾né vyøe¹it triviálnì, popøípadì jiným, ménì nároèným, zpùsobem. (V této chvíli je dokonèena èást rozdìlování.) Po jejich vyøe¹ení se zaèneme vynoøovat z rekurze a na jednotlivých hladinách skládat øe¹ení, a¾ se ocitneme na hladinì pùvodního problému. Po~posledním slo¾ení je pùvodní úloha vyøe¹ena.

\s{Odboèka:} \>{\sl (Mergesort)} Pøi prùbìhu algoritmu mergesort nejprve rozdìlujeme vstup na dvì \uv{stejnì} (v hor¹ím pøípadì a¾ na jednotku) velké èásti. To nám zabere na ka¾dé hladinì konstantní práci $\O(1)$.

\noindent
Kdy¾ se v¹ak vynoøujeme z rekurze, musíme na ka¾dé hladinì strávit linárnì èasu sluèováním:

$T(n)=2 \cdot T({{n}/{2}})+\O(n)$.

\noindent
Souèet práce pøes jednu hladinu stromu je $\O(n)$. Víme, ¾e celkový poèet hladin je $\O(\log{n})$, a tudí¾ jsme ukázali, ¾e~èasová slo¾itost algoritmu je $\O(n \cdot \log n)$.

\s{Rychlej¹í algoritmus pro násobení:} \>{\sl (rychlej¹í ne¾ $\O(n^{2})$)} Pokud násobíme dvì èísla $X$ a $Y$ zpùsobem, který nás uèili na základní ¹kole, dostaneme se na èasovou slo¾itost $\O(n^2)$. Proto¾e se jedná o dost èastou operaci, zamysleme se, jestli by ne¹la zrychlit. Nasmìrujme na¹e úvahy na postup \uv{rozdìl a panuj}. Rozdìlíme ka¾dého èinitele na dvì stejnì dlouhé èásti a pro jednoduchost pøedpokládejme, ¾e toto roz¹tìpení èinitele probìhne v¾dy bez zbytku:

$$
X=A \cdot 10^{{n}/2}+B
$$
$$
Y=C \cdot10^{{n}/{2}}+D
$$

\noindent
Zde $A, B, C, D$ jsou u¾ jen $n/2$ ciferná èísla. Potom získáme pùvodní souèin $X \cdot Y$ jako:

\noindent
$X \cdot Y=(A\cdot 10^{{n}/{2}}+B)\cdot (C\cdot 10^{{n}/{2}}+D)=A\cdot C\cdot 10^{n}+A\cdot D\cdot 10^{{n}/{2}}+B\cdot C\cdot 10^{{n}/{2}}+B\cdot D=A\cdot C\cdot 10^{n}+(A\cdot D+B\cdot C)\cdot 10^{{n}/{2}}+B\cdot D$

\noindent
Nyní, jak vidíme, staèí spoèítat souèin ètyø ${n}/{2}$ ciferných císel. Uva¾me, jak se tím zmìní celková èasová slo¾itost:

\noindent
$T(n)=4\cdot T({{n}/{2}})+O(n)=4\cdot T({{n}/{2}})+c\cdot n=4\cdot (4\cdot T({{n}/{4}})+c\cdot {{n}/{2}})+c\cdot n=4^{2}\cdot T({{n}\over{4}})+2\cdot c\cdot n+c\cdot n=4^{2}\cdot T({{n}/{4}})+3\cdot c\cdot n=4^{2}\cdot (4\cdot T({{n}/{8}})+c\cdot {{n}/{4}})+3\cdot c\cdot n=4^{3}\cdot T({{n}/{8}})+4\cdot c\cdot n+3\cdot c\cdot n=4^{3}\cdot T({{n}/{8}})+7\cdot c\cdot n=\ldots$

\noindent
takto bychom mohli pokraèovat dále, a¾ bychom se dostali na:

$$
\eqalign{
T(n) &= 4^{4}\cdot T\left({{n}\over{16}}\right)+15\cdot c\cdot n \cr
T(n) &= 4^{5}\cdot T\left({{n}\over{32}}\right)+31\cdot c\cdot n \cr
&\vdots \cr
}
$$
Odtud mù¾eme vypozorovat, ¾e se vztah pro $T(n)$ vyvíjí zøejmì podle vzorce:
$$
T(n)=4^{k}\cdot T\left({{n}\over{2^{k}}}\right)+2^{k-1}\cdot c\cdot n+2^{k-2}\cdot c\cdot n+2^{k-3}\cdot c\cdot n+2^{k-4}\cdot c\cdot n+\ldots+2^{0}\cdot c\cdot n,
$$
$$
T(n)=4^{k}\cdot T\left({{n}\over{2^{k}}}\right)+(2^{k}-1)\cdot c\cdot n,
$$
kde $k$ je poèet vìtvení a $n$ je velikost úlohy. Kdy¾ uvá¾íme, ¾e se strom volaní v¾dy vìtví pravidelnì na dva podstromy, tak platí: $k =\left\lceil  \log{n} \right\rceil$. Dosadíme:
$$
\eqalign{
T(n)&=4^{\log{n}}\cdot T\left({{n}\over{2^{\log{n}}}}\right)+\left(2^{\log{n}}-1\right)\cdot c\cdot n\cr
T(n)&=2^{\log{n}}\cdot 2^{\log{n}}\cdot T\left({{n}\over{2^{\log{n}}}}\right)+\left(2^{\log{n}}-1\right)\cdot c\cdot n\cr
T(n)&=n\cdot n\cdot T\left({{n}\over{n}}\right)+(n-1)\cdot c\cdot n\cr
T(n)&=n^{2}\cdot T(1)+(n-1)\cdot n\cdot c\cr
T(n)&=n^{2}\cdot T(1)+(n^{2}-n) \cdot c\cr
T(n)&=n^{2}\cdot T(1)+n^{2} \cdot c-n \cdot c\cr
T(n)&=n^{2}\cdot (T(1)+c)-c \cdot n\cr
}
$$
Pokud $T(1)$ a $c$ jsou konstanty, mù¾eme psát: $T(n)=\O(n^{2})$. Tak¾e jsme si pøíli¹ nepomohli, proto¾e i klasický algoritmus na násobení má kvadratickou èasovou slo¾itost. Podívejme se v¹ak, jak vypadá tabulka vìtvení pro daný algoritmus:
$$\vbox{\halign{# \quad  \quad & # \quad  \quad & #\cr
poèet vìtvení & poèet úloh & velikost podúlohy\cr
\noalign{\smallskip\hrule\medskip}
0 & $4^{0}$ & ${n}/{2^{0}}$\cr
1 & $4^{1}$ & ${n}/{2^{1}}$\cr
2 & $4^{2}$ & ${n}/{2^{2}}$\cr
3 & $4^{3}$ & ${n}/{2^{3}}$\cr
\vdots & \vdots & \vdots\cr
$k$ & $4^{k}$ & ${n}/{2^{k}}$\cr}}$$

\medskip

\noindent
Naskýtá se otázka, jestli bychom nemohli, èasovou slo¾itost zlep¹it. Existuje nìkolik mo¾ností:

\itemize\ibull
\:zlep¹it èlen $c \cdot n$, to znamená zlep¹it èas spojování podúloh. Toto v¹ak rychleji nejde (pokud ètenáø nevìøí, mù¾e si to dokázat).
\:sní¾it poèet vìtvení. Nech» se tedy algoritmus nevìtví na $4$ vìtve, ale na ménì. To, ale jak dále uvidíme, u¾ mo¾né je.
\endlist

\noindent
Staèí si uvìdomit, ¾e vlastnì potøebujeme spoèítat:
$$
X\cdot Y=A\cdot C\cdot 10^{n}+(A\cdot D+B\cdot C)\cdot 10^{{n}\over{2}}+B\cdot D
$$
Pøitom ale nepotøebujeme znát souèiny $A\cdot D$ ani $B\cdot C$ samostatnì, nebo» nám staèí zjistit èlen $A\cdot D+B\cdot C$. Kdybychom poèítali $A\cdot C$, $B\cdot D$ a potom $(A+B)\cdot (C+D)=A\cdot C+A\cdot D+B\cdot C+B\cdot D$, tak odèítáním $(A\cdot C+B\cdot D)$ od $A\cdot C+A\cdot D+B\cdot C+B\cdot D$ dostaneme hledaný prostøední èlen: $A\cdot D+B\cdot C$. Nyní nám ji¾ staèí jen tøi násobení, ale potøebujeme tøi sèítání a jedno odèítání navíc. Otázka je, zda-li to bude výhodné. Sèítání i~odèítání nám zaberou nanejvý¹e lineární èas, tak¾e to skuteènì je výhodná úprava. Jak se tím zmìní výsledný èas? Podívejme se opìt na tabulku vìtvení:

$$\vbox{\halign{# \quad \quad & # \quad \quad & #\cr
poèet vìtvení & poèet úloh & velikost podúlohy\cr
\noalign{\smallskip\hrule\medskip}
0 & $3^{0}$ & ${n}/{2^{0}}$\cr
1 & $3^{1}$ & ${n}/{2^{1}}$\cr
2& $3^{2}$ & ${n}/{2^{2}}$\cr
3 & $3^{3}$ & ${n}/{2^{3}}$\cr
\vdots & \vdots & \vdots\cr
k & $3^{k}$ & ${n}/{2^{k}}$\cr}}$$

\medskip

\noindent
Spoèítejme si práci, která se musí udìlat na jedné hladinì. Pøedpokládejme, ¾e $k= \lceil \log_2{n} \rceil$. Dostávame:
$$\sum_{i=0}^{k}3^{i}\cdot {{n}\over{2^{i}}}=\sum_{i=0}^{k} \left( {{3}\over{2}} \right) ^{i}\cdot n=n\cdot \sum_{i=0}^{k} \left( {{3}\over{2}} \right) ^{i}=n\cdot {{ \left( {{3}\over{2}} \right) ^{k+1}-1}\over{{{3}\over{2}}-1}}=
$$
$$
=n\cdot {{ \left( {3}\over{2} \right) ^{k+1}-1}\over{{{1}\over{2}}}}=2\cdot n\cdot  \left[ \left( {{3}\over{2}} \right) ^{k+1}-1 \right] = \O \left( n\cdot  \left( {{3}\over{2}} \right) ^{\log_2{n}} \right) =
$$
$$
=\O \left( n\cdot {{3^{\log_2{n}}}\over{2^{\log_2{n}}}} \right)=\O \left( n\cdot {{3^{\log_2{n}}}\over{n}} \right)=\O \left( 3^{\log_2{n}} \right)=\O \left( (2^{\log_2{3}})^{\log_2{n}} \right)=
$$
$$
=\O \left( 2^{(\log_2{n}) \cdot \log_2{3}} \right)=\O \left( (2^{\log_2{n}})^{\log_2{3}} \right)=\O \left( n^{\log_2{3}} \right) =\O \left( n^{1{,}585} \right).
$$
Z toho vyplývá, ¾e jsme na¹li algoritmus s èasovou slo¾itostí men¹í ne¾ $\O(n^{2})$. \uv{Rozumné} implementace tohoto algoritmu jsou v¹ak trochu modifikované. A to tak, ¾e rekuzivnì ne¹tìpí èinitele a¾ na jednociferná èísla, ale konèí asi na 50 ciferných, a ty se u¾ vynásobí standardním zpùsobem, nebo» re¾ie rekurzivního algoritmu není nulová a~takto se dosahuje nejlep¹ích výsledkù.

\noindent
Pro násobení èísel existuje je¹tì efektívnìj¹í algoritmus, který má èasovou slo¾itost $\O(n \cdot \log{n})$, av¹ak tento u¾ vyu¾ívá rùzné pokroèilé techniky jako diskrétní Fourierova transformace a podobnì, tak¾e jej zde nebudeme rozebírat.

Na¹e pozorování se nyní pokusíme shrnout ve vìtì Master Theorem, èesky tì¾ nazývané (ne náhodou) \uv{Kuchaøková vìta}:

\s{Vìta:} \>{\sl (Master Theorem)} Pøedpokládejme, ¾e $T(1) \in \O(1)$ a $T(n)=a\cdot T(\lceil {{n}\over{b}} \rceil)+\O(n^d)$, kde $a \geq 1$, $b>1$ a $d \geq 0$. Potom $T(n)$ je:

\smallskip

\halign{#&#&#\cr
\indent & $\O(n^d)$ & kdy¾ $a<b^d$,\cr
& $\O(n^d\cdot \log{n})$ & kdy¾ $a=b^d$,\cr
& $\O(n^{\log_a{b}})$ & kdy¾ $a>b^d$.\cr}

\proof \>{\sl 1. pøípad: }Pøedpokládejme nejdøíve, ¾e $n=b^m, m \in \bb{N}$, aby platilo $\lceil {{n}\over{b}} \rceil = {{n}\over{b}}$. Uká¾eme si \uv{dùkaz stromem}:

\figure{figure.eps}{}{4in}

\noindent
Jak vidíme, strom sa v¾dy vìtví na stejný poèet vìtví - oznaème si jejich poèet $a$ a sestavme si tabulku vìtvení:

$$\vbox{\halign{# \quad \quad & # \quad \quad & #\cr
poèet vìtvení & velikost podúlohy & èas potøebný na vyøe¹ení v¹ech podúloh\cr
\noalign{\medskip\hrule\bigskip}
$1$ & $n$ & $\O(n^d)$\cr
$a$ & $n/{b^1}$ & ${\O(({n/{b^1}})^d) \cdot a^1}$\cr
$a^2$ & $n/{b^2}$ & ${\O(({n/{b^2}})^d) \cdot a^2}$\cr
$a^3$ & $n/{b^3}$ & ${\O(({n/{b^3}})^d) \cdot a^3}$\cr
\vdots & \vdots & \vdots\cr
$a^k$ & $n/{b^k}$ & ${\O(({n/{b^k}})^d) \cdot a^k}$\cr}}$$

\noindent
Zkoumejme èas potøebný na vyøe¹ení v¹ech podúloh na jedné hladinì: 
$$
\O \left(  \left( {{n}\over{b^k}} \right) ^d \right) \cdot a^k=\O \left( a^k\cdot n^d \left( {{1}\over{b^k}} \right) ^d \right)=\O \left( a^k \cdot n^d \left( {{1}\over{b^d}} \right) ^k \right)=\O \left( n^d \left( {{a}\over{b^d}} \right) ^k \right)
$$
Celkem je tedy èas potøebný na vyøe¹ení v¹ech podúloh na v¹ech hladinách (to znamená celé úlohy):
$$
T(n)=\sum_{k=0}^{\log_b{n}}\O \left( n^d \left( {{a}\over{b^d}} \right) ^k \right)=\O \left( n^d \sum_{k=0}^{\log_b{n}} \left( {{a}\over{b^d}} \right) ^k \right)
$$
V¹imnìme si èlenu ${a}\over{b^d}$. Na jeho hodnotì závisí hodnota výsledné sumy, proto¾e se vlastnì jedná o kvocient geometrické øady. Proto rozli¹me následující pøípady:

\>{\I 1.} ${{a}\over{b^d}}<1$ --- jinými slovy, práce na jednotlivých hladinách exponenciálnì ubývá a souèet sumy se dá omezit nìjakou konstantou, která se schová do $\O$, a tak mù¾eme psát $T(n) \in \O(n^d)$.

\>{\I 2.} ${{a}\over{b^d}}=1$ --- práce na jednotlivých hladinách je stejnì, to znamená, ¾e ¾e souèet sumy je právì $\log_b(n)$ a tedy: $T(n) \in \O(n^d \cdot \log_b(n))$.

\>{\I 3.} ${{a}\over{b^d}}>1$ --- to znamená, ¾e práce na jednotlivých hladinách pøibývá, a potom musíme psát: $T(n) \in \O(n^d \cdot ({{a}\over{b^d}})^{\log_b{n}})$.

\noindent
To sice vypadá jako slo¾itý výraz, ale mù¾eme jej dále upravit:
$$
\O\left(n^d \cdot \left({{a}\over{b^d}}\right)^{\log_b{n}}\right)=\O\left(n^d \cdot a^{\log_b{n}} \cdot \left({{1}\over{b^d}}\right)^{\log_b{n}}\right)=\O\left({\left(b^{\log_b{a}}\right)^{\log_b{n}} \cdot n^d \over{\left(b^d\right)^{\log_b{n}}}}\right)=
$$
$$
=\O\left({\left(b^{\log_b{n}}\right)^{\log_b{a}} \cdot n^d \over{\left(b^{\log_b{n}}\right)^d}}\right)
=\O\left({n^{\log_b{a}} \cdot n^d \over{n^d}}\right)
=\O\left(n^{\log_b{a}}\right).
$$
Nyní vidíme, ¾e vìta v tomto pøípadì platí a ¾e rozdìlení pøípadù je naprosto oprávnìné.

\>{\sl 2. pøípad: }Vra»me se k mo¾nosti $n \neq b^m, m \in \bb{N}$. Potom ale platí: $b^l<n<b^{l+1}$ pro nìjaké $l \in \bb{N}$. V tomto pøípadì zaokrouhleme $n$ a~poèítejme s $n^{\prime}=b^{l+1}$. Potom platí $n^{\prime}=b^{l+1}=b\cdot b^l<b\cdot n$, a odtud je hned vidìt, ¾e $n^{\prime}<b\cdot n$, a odtud vyplývá, ¾e vstup se nám zvìt¹í pøinejhor¹ím $konstanta$-krát, co¾ je z asymtotického hlediska, které nás zajímá nejvíce, nedùle¾ité, a tak tuto konstantu \uv{schováme} do $\O$ a máme algoritmus stejné slo¾itosti. Vidíme tedy, ¾e vìta platí i v tomto pøípadì.
\qed

\noindent
Porovnejme si nìkteré známé algoritmy a jejich èasovou slo¾itost pomocí \>{\sl Master Theoremu}:

$$\vbox{\halign{# \quad  \quad & # \quad  \quad & # \quad  \quad & # \quad  \quad & #\cr
algoritmus & $a$ & $b$ & $d$ & èasová slo¾itost\cr
\noalign{\smallskip\hrule\medskip}
Mergesort & 2 & 2 & 1 & $\O({n \cdot \log{n}})$\cr
Násobení I. & 4 & 2 & 1 & $\O(n^2)$\cr
Násobení II. & 3 & 2 & 1 & $\O(n^{\log_2{3}})$\cr
Binární vyhledávání & 1 & 2 & 0 & $\O(\log{n})$\cr}}$$

\medskip

\s{Domácí úkol nakonec:} Vymyslete algoritmus, který by z $n$ zadaných bodù v rovinì (prostoru) na¹el takové dva, které~jsou od sebe nejménì vzdálené (zde existuje takový algoritmus s èasovou slo¾itostí $\O(n \cdot \log{n})$).

\bye