鉴于以下递归关系：
T（n）= T（n-x）+ T（x）+ O（min（{x，n-x}））
T（1）= 1
其中x可以按任意比例划分我们的问题（它可能因呼叫而异 - 不是n的常数函数），是否有可能得到比O更好的约束（n 2 ）在一般情况下？
（我问这是因为我研究了一种具有复杂性的算法，这是这种递归关系的私有情况，我不得不使用一些关于算法的额外事实来证明O（n log n）的复杂性。但是，我认为它可能是一个普通的数学问题，可以在我在这里介绍的更一般的情况下解决）
答案 0 :(得分：0)
链接的问题提供了解决此问题的一种方法，但是在最坏的情况下，还有另一种方法可以更直接地为您提供O（n log n）解决方案。
你可以将你的递归关系看作是一个将大小为n的数组切成小块的过程。在每一步中，您将两个中较小的一块涂成不同的颜色。当所有数组元素被切割成各自独立的部分时停止，然后询问绘制数组元素的总次数。为了理解为什么这反映了你的过程，你在每一层做的工作都是基于较小部分的大小，所以你可以把绘制较小部分的工作想象成最小术语的贡献。最终，一切都达到了最低限度。
我们可以将任何单个元素的绘制次数上限为lg n。要看到这一点，请注意，无论何时绘制一块，它都不能超过您开始使用的数组的一半。因此，如果第一次绘制某个部分，它必须是大小最多为n / 2的数组。如果它第二次被绘制，那么它所在的数组的大小必须至多为n / 4，以及更多通常，如果它被绘制了k次，那么它所在的阵列的大小最多为n / 2 i 。选择i = lg n使这个尺寸为1，所以每件最多涂抹lg n次。由于总数为n个，因此一件作品的总次数最多为n lg n。因此，您的递归求解为O（n log n）。
在每次将阵列完美地切成两半的情况下，您可以证明此边界很紧。第一次切割是n / 2工作，接下来的两次做n / 4工作，接下来的四次做n / 8工作，等等。对所有切割进行求和得到Θ（n log n）总工作量。
希望这有帮助！