引言？

在分析算法的时候，我们经常需要分析递归算法的时间复杂度。Master——Theorem 正是用于快速得出递归算法时间复杂度的方法。

Master—Theorem

假设某个递归算法的时间复杂度递归公式为：$T(n)=a\ast T(\frac{n}{b})+n^d$,其中$a>1,b>1,d>0$。
这个表达式其实是在表达：将规模为$n$的问题转换为a个规模为$\frac{n}{b}$的子问题，在合并这些子问题的解时需要花费$O(n^d)$时间。

例如Merge-Sort算法里面，我们将规模为$n$的排序问题先转换为 2 个规模为$\frac{n}{2}$的子问题，然后合并这两个子问题需要花费$O(n)$的时间，因此其时间复杂度的递归公式为$T(n)=2T(\frac{n}{2})+O(n)$。

那么 Master——Theorem是干嘛的呢？个人觉得，这就是主定理其实提供一种对形式为$T(n)=a\ast T(\frac{n}{b})+n^d$递推公式的快速求解Trick,从接下来的证明我们看到，这个主定理只是对我们的一般化证明过程做了一个小小的总结。

先看主定理的内容：
设某个递归算法的时间复杂度递归公式为：$T(n)=a\ast T(\frac{n}{b})+n^d$,其中$a>1,b>1,d>0$。则有：

• 当$a<b^d$,也就是$lo{g}_{b}a<d$ 时，$T(n)=O(n^d)$
• 当$a=b^d$,也就是$lo{g}_{b}a=d$ 时，$T(n)=O(n^{lo{g}_{b}a}\ast logn)$
• 当$a>b^d$,也就是$lo{g}_{b}a>d$ 时，$T(n)=O(n^{lo{g}_{b}a})$

现在，我们来证明一下。
我们知道，这种子问题的划分方式是将规模为n的问题，分解为a个问题规模为$\frac{n}{b}$的子问题。
对于第0层（最高层），合并子问题需要花费$n^d$的时间

对于第 1层（第一次划分出出来的子问题），共有$1\ast a$个子问题,每个子问题合并需要花费$(\frac{n}{b}{)}^d$，于是在第1层，合并一共需要花费$O(a\ast (\frac{n}{b}{)}^d)$时间,也就是$\frac{a}{b^d}\ast n^d$。

对于第2层。第2层需要对第1层的每个问题都划分为a个更小的子问题。因此，这一层一共有$a\ast a$个子问题，而这每个子问题合并需要$O((\frac{n}{b^2}{)}^d)$时间。于是这一层合并需要花费：$a^2\ast (\frac{n}{b^2}{)}^d=(\frac{a}{b^d}{)}^2\ast n^d$

类似的，我们发现第三层合并需要$a^3\ast (\frac{n}{b^3}{)}^d=(\frac{a}{b^d}{)}^3\ast n^d$
···
···
最后第k成的合并需要$a^k\ast (\frac{n}{b^k}{)}^d=(\frac{a}{b^d}{)}^k\ast n^d$,
那么这个最大的k是多少呢？我们知道，第k层中每个问题的规模是1，因此我们从下往上推，第k层每个问题规模为1，那么第k-1层 每个问题规模为b,第k-2层每个问题规模为$b^2$,一直最顶层问题规模为n为止。此时有：$b\ast b\ast b\ast b\cdot \cdot \cdot b=n$，即$b^k=n$,因此$k=lo{g}_{b}n$

因此，一共有k层。

ok,我们将各层合并消耗的时间累加起来就是T(n)了。
$$T(n)=n^d+(\frac{a}{b^d})n^d+(\frac{a}{b^d}{)}^2{n}^d+(\frac{a}{b^d}{)}^3{n}^d+\cdot \cdot \cdot +(\frac{a}{b^d}{)}^k{n}^d$$
我们把T(n)写更好看一些：
$$T(n)=(\frac{a}{b^d}{)}^0{n}^d+(\frac{a}{b^d}{)}^1{n}^d+(\frac{a}{b^d}{)}^2{n}^d+(\frac{a}{b^d}{)}^3{n}^d+\cdot \cdot \cdot +(\frac{a}{b^d}{)}^k{n}^d$$
把各项的公因子$n^d$提出出来：
$$T(n)=n^d((\frac{a}{b^d}{)}^0+(\frac{a}{b^d}{)}^1+(\frac{a}{b^d}{)}^2+(\frac{a}{b^d}{)}^3+\cdot \cdot \cdot +(\frac{a}{b^d}{)}^k)$$

ok,这看起来就是一个等比数列了哇。为了方便，我们令$q=\frac{a}{b^d}$，
那么：
$$T(n)=n^d(q^0+q^1+q^2+q^3+\cdot \cdot \cdot +q^k)$$
这就是一个等比数列求和问题，很明显，我们可以使用等比数列求和的方法来搞。
等式两边同时乘以q,得到：
$$T(n)=n^d(q^0+q^1+q^2+q^3+\cdot \cdot \cdot +q^k)$$ ==>
$$qT(n)=n^d(q^1+q^1+q^2+q^3+\cdot \cdot \cdot +q^{k+1})$$
上下相减，得到：
$$(1-q)T(n)=n^d(1-q^{k+1})------(式1)$$
此时我们需要对q分情况讨论：
如果$q=1$.
那么会得到$0=0$这样的恒等式。此时等比数列错位相减法失效。考虑到q=1,说明这个数列每一项都一样，而第一项为$q^0$,换句话说，这个等比数列的和其实就是$k$（因为有K项）。
于是：$T(n)=n^d\ast k=n^d\ast lo{g}_{b}n$,使用换底公式：$T(n)=n^d\ast k=n^d\ast \frac{lo{g}_{2}n}{lo{g}_{2}b}$
当b>=2时：$T(n)=n^d\ast \frac{lo{g}_{2}n}{lo{g}_{2}b}<n^d\ast \frac{lo{g}_{2}n}{lo{g}_{2}2}=O(n^{d}lo{g}_{2}n)$
如果$q!=1$.
那么$1-q!=0$,于是将式1的左右两边同除以$1-q$，得到：
$$T(n)=\frac{n^d(1-q^{k+1})}{1-q}$$
当$q<1$时，即$\frac{a}{b^d}<1$。当k很大时$q^{k+1}$趋于0，所以$1-q^{k+1}$趋于1。所以有$T(n)\approx n^d\ast \frac{1}{1-q}=c\ast n^d$，也就是说$T(n)=O(n^d)$.

当$q>1$时，即$\frac{a}{b^d}>1$。当k很大时，$q^{k+1}$趋于无穷，$1-q^{k+1}$趋于$-q^{k+1}$，所以主要项就是$q^k$，$T(n)\approx n^d\ast q^k$.

将$k=lo{g}_{b}n,q=\frac{a}{b^d}$代入。因此有$T(n)\approx n^d\ast q^k=n^d\ast (\frac{a}{b^d}{)}^{lo{g}_{b}n}=n^d\ast \frac{a^{lo{g}_{b}n}}{b^{dlo{g}_{b}n}}=n^d\ast \frac{a^{lo{g}_{b}n}}{(b^{lo{g}_{b}n}{)}^d}=n^d\ast \frac{a^{lo{g}_{b}n}}{n^d}=a^{lo{g}_{b}n}$
于是$T(n)=O(a^{lo{g}_{b}n})$,然而这个好像和定理不太一样，我们需要使用到一个对数的运算性质。

即：$a^{lo{g}_{b}n}=n^{lo{g}_{b}a}$
证明过程很简单，就是使用对数的实际含义。

假设$b^x=n$,那么$x=lo{g}_{b}n$，x就是这个对数的含义。
同时假设$b^y=a$,那么$y=lo{g}_{b}a$.

于是，左边$a^{lo{g}_{b}n}$可以写成：$(b^y{)}^x$;
而右边可以写成$(b^x{)}^y$.显然，$(b^y{)}^x$=$(b^x{)}^y$，于是，左边等于右边。
因此$a^{lo{g}_{b}n}=n^{lo{g}_{b}a}$是成立的。

所以$T(n)=O(a^{lo{g}_{b}n})$,可以写成：$T(n)=O(n^{lo{g}_{b}a})$.
到此为止，主定理就证明完毕。

我们观察整个证明过程，其实就是对证明过程做了一个小小的归纳总结。在实际应用中，如果忘记主定理，那么直接展开代入实际数值推一遍就可以了。

主定理的使用

主定理可以用于快速得到时间复杂度为递归公式的上界解，下面举几个栗子。

1.$T(n)=3T(\frac{n}{2})+cn$
那么：$a=3,b=2,d=1$,$lo{g}_{2}3>1$，所以$T(n)=O(n^{lo{g}_{2}3})$
2.$T(n)=2T(\frac{n}{2})+c{n}^2$
那么:$a=2,b=2,d=2$,$lo{g}_{2}2<2$,所以：$T(n)=O(n^2)$

上面两个，不使用主定理，直接展开也可以得到一样的结果。