无向图独立集近似计数算法

对文章《Counting hypergraph matchings up to uniqueness threshold》的解读（算法部分）。

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我们考虑如下问题：

给定一张简单无向图 \(G\)，两个正整数 \(d,k\) 和一个正实数 \(\lambda>0\)，其中结点分为两种：圆点和方点（共有 \(n\) 个圆点，编号为 \(1,\cdots,n\)）。只存在圆点与方点之间的边（所以 \(G\) 是一张二部图）。所有圆点的点权都是 \(\lambda\)。

保证每个圆点的度数 \(\leq d+1\)，每个方点的度数 \(\leq k+1\)。

定义一个方案为选择所有圆点的一个子集 \(S\)。我们称 \(S\) 是合法的，如果 \(S\) 中不存在两个圆点通过同一个方点相连（也就是说，\(S\) 是一个独立集）；否则是不合法的。对于一个合法方案 \(S\)，我们定义它的权重 \(w(S)\) 等于 \(S\) 中所有点权的乘积，也就是 \(\lambda^{|S|}\)。（换句话说，空集的权重是 \(1\)；每选择一个圆点，方案的权重就会乘以 \(\lambda\)。）

我们现在想要计算

\[W=\sum_{\text{合法方案 }S} w(S)=\sum_{\text{合法方案 }S}\lambda^{|S|} \]

表示所有合法方案的权重之和。

当然，如果我们能精确计算 \(W\) 的值，那么就相当于可以求解最大独立集问题了，所以这是不可能的。

因此，我们的要求是：给定一个正实数 \(\varepsilon>0\)，你需要输出两个非负实数 \(W^-,W^+\)，使得 \(W^+\leq(1+\varepsilon)W^-\)，并且 \(W^-\leq W\leq W^+\)。我们将这种答案称为对 \(W\) 的 \((1+\varepsilon)\)−近似。

如果你做不到，也可以退而求其次，输出对 \(\log W\) 的 \((1+\varepsilon)\)−近似。

你的算法的时间复杂度应与 \(n,d,k,\varepsilon^{-1}\) 的值有关。

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考虑如下算法：我们记 \(F(u)\) 表示选用 \(u\) 这个点的赔率，即

\[F(u)=\frac{G\text{ 中所有包含 }u\text{ 的合法方案权值之和}}{G\text{ 中所有不包含 }u\text{ 的合法方案权值之和}} \]

如果我们能给出 \(F(1)\) 的 \((1+\varepsilon)\)−近似，那么其实就做完了。

为什么呢？先假设我们能给出的是 \(F(1)\) 的精确值。那么为了计算 \(W\)，我们只需要计算 \(G\) 中所有不包含 \(1\) 的合法方案权值之和，然后再乘以 \(\big(1+F(1)\big)\) 即可。对于前者，我们只需要把 \(G\) 中的点 \(1\) 删掉，得到一张新图 \(G'\)，然后调用完全相同的过程来计算 \(G'\) 的 \(W'\) 即可。

我们把上面的过程全部展开，也就是

\[W=\prod_{i=1}^n\Big(1+F\big(i,\{1,\cdots,i-1\},\varnothing\big)\Big) \]

其中 \(F(u,S_0,S_1)\) 表示在 \(G\) 中强制 \(S_0\) 里面的点全都不选、\(S_1\) 里面的点全都选，在此前提下选用 \(u\) 这个点的赔率，即

\[F(u,S_0,S_1)=\frac{G\text{ 中所有包含 }S_1\cup\{u\}\text{ 中所有点且不包含 }S_0\text{ 中任何点的合法方案权值之和}}{G\text{ 中所有包含 }S_1\text{ 中所有点且不包含 }S_0\cup\{u\}\text{ 中任何点的合法方案权值之和}} \]

对于一般的 \(u,S_0,S_1\)，\(F(u,S_0,S_1)\) 的值可能是一个正实数，或为 \(0,+\infty\)，以及 \(\bot\)。

注意到如果 \(S_1\) 是独立集，\(S_0\cap S_1=\varnothing\)，并且 \(u\notin S_0\cup N_G(N_G(S_1))\)，那么 \(F(u,S_0,S_1)\) 的值一定是一个正实数，并且它等于把 \(G\) 中 \(S_0\cup N_G(N_G(S_1))\) 内的所有点全部删掉后得到的新图 \(G'\) 中 \(F(u)\) 的值。

这种「可以把原问题归约到形式完全相同、规模严格更小的子问题」的性质，我们称为「自归约性」。

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但是现在我们给出的不是 \(F(1)\) 的精确值，而是 \(F(1)\) 的 \((1+\varepsilon)\)−近似。

那么，对于每个 \(i\)，我们相当于给出了一对 \(F^-(i),F^+(i)\)，使得 \(F^+(i)\leq(1+\varepsilon)F^-(i)\)（这里我们稍微滥用了 \(F\) 的记号）。全部乘起来以后，我们得到的 \(W^-,W^+\) 之间的比值为

\[\frac{W^+}{W^-}=\prod_{i=1}^n\frac{1+F^+(i)}{1+F^-(i)}\leq_{(糖水原理)}\prod_{i=1}^n\frac{F^+(i)}{F^-(i)}\leq(1+\varepsilon)^n \]

（第一个不等号 \(\leq\) 成立，是因为 \(F^+(i)\geq F^-(i)\)，由「糖水原理」可知。）

也就是说，我们只需要令 \(\varepsilon'=\sqrt[n]{1+\varepsilon}-1\)，然后（在不同的图上）分别求 \(F(i)\) 的 \((1+\varepsilon')\)−近似即可。

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那么现在我们的问题就只剩下：如何计算 \(F(1)\) 的 \((1+\varepsilon)\)−近似。

假设 \(G\) 是一棵树。那么我们只需要进行子树 DP 即可：

• 对于每个圆点 \(u\)，记 \(F(u)\) 表示在只保留 \(u\) 以及 \(u\) 的子树的情况下，选用 \(u\) 这个点的赔率。
• 对于每个方点 \(a\)，记 \(F(a)\) 表示相同的含义（即当且仅当 \(a\) 的邻居中存在一个圆点被选用时，称 \(a\) 被选用）。

那么我们有状态转移方程

\[F(u)=\lambda\prod_{i=1}^{d_u}\frac{1}{1+F(a_i)}=\lambda\prod_{i=1}^{d_u}\frac{1}{1+\sum_{j=1}^{k_{a_i}}F(v_{i,j})} \]

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令人惊讶的是，对于一般的无向图 \(G\)，我们竟然总是可以找到一棵树 \(T\)，使得 \(F(T,1)=F(G,1)\)。这棵树 \(T\) 被称为以 \(1\) 为根的「自回避游走树」，具体构造方式如下：

对于圆点 \(u\)，定义函数 \(\text{BuildTree}(u,X)\)：

1. 第一步，枚举圆点 \(u\) 在 \(G\) 中的 \(d_u\) 个邻居 \(a_1,\cdots,a_{d_u}\)，这些邻居都是方点。
2. 第二步，对于每个 \(a_i\)，调用函数 \(\text{BuildTree}\big(a_i,X\cup\{u\}\cup N_G(a_{i+1})\cup\cdots\cup N_G(a_{d_u})\big)\)。
3. 第三步，取一个 \(u\) 作为根结点，把第二步建出的每棵树直接接到 \(u\) 下方，最后将 \(u\) 返回。

对于方点 \(a\)，定义函数 \(\text{BuildTree}(a,X)\)：

1. 第一步，枚举方点 \(a\) 在 \(G\) 中的 \(k_a\) 个邻居 \(v_1,\cdots,v_{k_a}\)，这些邻居都是圆点。
2. 第二步，对于每个 \(v_i\)，如果 \(v_i\in X\) 则直接跳过；否则，调用函数 \(\text{BuildTree}(v_i,X)\)。
3. 第三步，取一个 \(a\) 作为根结点，把第二步建出的每棵树直接接到 \(a\) 下方，最后将 \(a\) 返回。

我们可以证明：直接调用 \(\text{BuildTree}(1,\varnothing)\) 建出的树 \(T\) 满足 \(F(T,1)=F(G,1)\)。

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为了方便说明，我们假设 \(d_1=2\)，并假设 \(1\) 在 \(G\) 中有两个邻居 \(a_1,a_2\)，它们都是方点。

我们把 \(G\) 中的点 \(1\) 删掉，换成两个点 \(1',1''\)，分别与 \(a_1,a_2\) 相连。我们把这样得到的新图称为 \(G'\)。特别地，在 \(G'\) 中，对于这两个点，我们认为它们的点权是 \(1\) 而不是 \(\lambda\)（也就是说，选择它们不会再使方案的权重乘以 \(\lambda\)）。

考虑如下三个数值：

1. \(G'\) 中所有同时包含 \(1',1''\) 的独立集权值之和。（乘以 \(\lambda\) 后，这等于 \(G\) 中所有包含 \(1\) 的独立集权值之和。）
2. \(G'\) 中所有不包含 \(1'\)、但包含 \(1''\) 的独立集权值之和。
3. \(G'\) 中所有同时不包含 \(1',1''\) 的独立集权值之和。（这等于 \(G\) 中所有不包含 \(1\) 的独立集权值之和。）

那么我们想要计算「第一个数与第三个数的比值」，它等于「第一个数与第二个数的比值」乘以「第二个数与第三个数的比值」。更一般地，我们有

\[\begin{aligned} F(G,1)=\lambda\prod_{i=1}^{d_1}F\Big(G',1^{(i)},\big\{1^{(1)},\cdots,1^{(i-1)}\big\},\big\{1^{(i+1)},\cdots,1^{(d_1)}\big\}\Big)\\ =\lambda\prod_{i=1}^{d_1}F\Big(G',1^{(i)},\big\{1^{(1)}\big\}\cup\cdots\cup\big\{1^{(i-1)}\big\}\cup N_G\big(a_{i+1}\big)\cup\cdots\cup N_G\big(a_{d_1}\big),\varnothing\Big)\\ =\lambda\prod_{i=1}^{d_1}\Big(1+F\Big(G,a_i,{1}\cup N_G\big(a_{i+1}\big)\cup\cdots\cup N_G\big(a_{d_1}\big),\varnothing\Big)\Big)^{-1} \end{aligned} \]

也就是说，我们在 \(G\) 上递归计算 \(F(G,1)\) 的第一步，与在 \(T\) 上递归计算 \(F(T,1)\) 的第一步完全一致！

对于后续步骤，可以看到，在函数 \(\text{BuildTree}\) 中，集合 \(X\) 表示当前被删掉的结点（也就是被强制不选的结点）所构成的集合。如果我们从（删掉这些结点之后的）更小的新图 \(G^{(?)}\) 的角度来看，就可以发现：两个递归计算过程在该步上也是完全一致的。

综上所述，既然两个递归计算过程全程完全一致，它们得到的结果也必然始终相等，即 \(F(T,1)=F(G,1)\)。

按照这种方式建出的以 \(1\) 为根的「自回避游走树」\(T\) 满足 \(F(T,1)=F(G,1)\)。同时，\(T\) 保持了每个圆点的度数不超过 \(d+1\)、每个方点的度数不超过 \(k+1\) 的性质。然而问题在于，\(T\) 的深度可能达到 \(O(n)\) 级别，因此 \(T\) 的规模关于 \(n\) 是指数级的。这是因为 \(G\) 中同一个编号的点可能在 \(T\) 的不同位置多次出现。

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现在我们该考虑 \((1+\varepsilon)\)−近似的问题了。

我们设置一个阈值 \(m\)，在 \(\text{BuildTree}\) 的过程中记录当前递归深度（只计圆点；根结点的深度 \(=0\)）。对于 \(\text{BuildTree}(u,X)\)，如果当前递归深度 \(=m\)，则不再继续递归，而是直接返回单独一个结点 \(u\)。加上这个剪枝后，整个 \(T\) 的结点个数就是 \(O\big((dk)^m\big)\)。

我们将 \(T\) 中每个结点的 DP 值 \(F\) 换成一个区间 \([F^-,F^+]\)，表示：若将该结点子树中第 \(m\) 层以下的部分全部完整构建出来，则真实 DP 值的可能范围是多少。对于第 \(m\) 层的叶子，按照定义，这个区间可以取为 \([0,\lambda]\)。

对于更上层的某个圆点，有

\[F^{\pm}=\lambda\prod_{i=1}^{d}\frac{1}{1+F_i^{\mp}},\quad F_i^{\mp}=\sum_{j=1}^kF_{i,j}^{\mp}. \]

我们采用迭代加深的方式：每次将 \(m\) 增大 \(1\)（从 \(1\) 开始），然后重新计算，直到传播到根结点处出现 \(\frac{F^+}{F^-}\leq1+\varepsilon\) 为止。

事实上，存在一个阈值 \(\lambda_c=\frac{d^d}{k(d-1)^{d+1}}\)，当且仅当 \(\lambda\leq\lambda_c\) 时，随着 \(m\) 的增大，底层部分对根结点 DP 值的影响会越来越小。也就是说，随着 DP 值向上传播，这个比例 \(\frac{F^+}{F^-}\) 会逐渐减小，直到缩小到可接受的 \(1+\varepsilon\) 为止。

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接下来我们对此进行严格证明。首先，我们添加一些点权为 \(0\) 的结点，将 \(T\) 补成满树（每个圆点都有 \(d\) 个方点儿子，每个方点都有 \(k\) 个圆点儿子），这不会改变我们的 DP 值区间（因为点权为 \(0\)）。

我们首先证明：对于一棵 \(m\) 层满树 \(T\)，若我们可以任意为每个结点赋予一个 \([0,\lambda]\) 之间的点权，那么使得 \(\frac{F^+}{F^-}\) 最大的赋值方式是将所有点权都取为 \(\lambda\)。我们对 \(m\) 做数学归纳，证明这一点。

记 \(R\) 表示所有点权均为 \(\lambda\) 时的 DP 值区间。我们归纳地证明：

\[\frac{F^+}{F^-}\leq\frac{R^+}{R^-}\ ({\color{red}\boldsymbol{*}}),\quad \frac{1+kF^+}{1+kF^-}\leq\frac{1+kR^+}{1+kR^-}\ ({\color{red}\boldsymbol{**}}). \]

根据归纳假设，对于每个 \(i=1,\cdots,d\)，\(j=1,\cdots,k\)，都有

\[\frac{F_{i,j}^+}{F_{i,j}^-}\leq\frac{R_{0,0}^+}{R_{0,0}^-}\ (\boldsymbol{*}),\quad \frac{1+kF_{i,j}^+}{1+kF_{i,j}^-}\leq\frac{1+kR_{0,0}^+}{1+kR_{0,0}^-}\ (\boldsymbol{**}). \]

（因为 \(R\) 的所有点权都是 \(\lambda\)，子树的位置（下标 \(i,j\)）不影响 DP 值，因此我们统一记作 \(0,0\) 或 \(0\)。）

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首先，\((\boldsymbol{**})\) 可以直接推出 \(({\color{red}\boldsymbol{*}})\)。注意到对于每个 \(i=1,\cdots,d\)：

\[\frac{1+F_i^+}{1+F_i^-} =\frac{\sum_{j=1}^k\big(1+kF_{i,j}^+\big)}{\sum_{j=1}^k\big(1+kF_{i,j}^-\big)} \leq_{(\boldsymbol{**}),(糖水原理)} \frac{1+kR_{0,0}^+}{1+kR_{0,0}^-} =\frac{1+R_0^+}{1+R_0^-}\ ({\color{green}\boldsymbol{\bullet}}). \]

因此

\[\frac{F^+}{F^-} =\prod_{i=1}^{d}\frac{1+F_i^+}{1+F_i^-} \leq\left(\frac{1+R_0^+}{1+R_0^-}\right)^d =\frac{R^+}{R^-}\ ({\color{red}\boldsymbol{*}}). \]

接下来我们来证明 \(({\color{red}\boldsymbol{**}})\)。

我们先给出引理 1：对于当前结点，若将其点权从某个 \(\lambda'\in[0,\lambda]\) 改为 \(\lambda\)，则目标比例 \(\frac{1+kF^+}{1+kF^-}\) 只会变大。

记 \(F_\text{new}^+,F_\text{new}^-\) 为修改后的新值，则

\[F_\text{new}^+=\frac{\lambda}{\lambda'}F^+,\quad F_\text{new}^-=\frac{\lambda}{\lambda'}F^-. \]

根据糖水原理即可得证。

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我们称一个下标 \(i\) 是好的，如果 \(F_i^+\geq R_0^+\)；否则是坏的，如果 \(F_i^+\leq R_0^+\)。（一个下标 \(i\) 也可能既是好的又是坏的。）

于是我们有引理 2：如果下标 \(i\) 是好的，那么将 \(F_i^+,F_i^-\) 同时替换为 \(R_0^+,R_0^-\)，只会让目标比例 \(\frac{1+kF^+}{1+kF^-}\) 变大。

我们用 \(F_\text{new}^+,F_\text{new}^-\) 表示替换后的新值。那么有 \(F_\text{new}^+=\frac{1+F_i^-}{1+R_0^-}F^+\)，\(F_\text{new}^-=\frac{1+F_i^+}{1+R_0^+}F^-\)。由于下标 \(i\) 是好的，所以 \(1+F_i^+\geq1+R_0^+\)，也就是说 \(F^-\leq F_\text{new}^-\)。我们稍后马上会用到这个性质。

我们要证明

\[\frac{1+kF^+}{1+kF^-}\leq\frac{1+kF_\text{new}^+}{1+kF_\text{new}^-}\ (\text{引理 }2) \]

这等价于

\[F^++F_\text{new}^-+kF^+F_\text{new}^-\leq F^-+F_\text{new}^++kF^-F_\text{new}^+. \]

首先我们证明 \(F^+F_\text{new}^-\leq F^-F_\text{new}^+\)，这等价于 \(\frac{F^+}{F^-}\leq\frac{F_\text{new}^+}{F_\text{new}^-}\)，即 \(\frac{1+F_i^+}{1+F_i^-}\leq\frac{1+R_0^+}{1+R_0^-}\ ({\color{green}\boldsymbol{\bullet}})\)，这是我们已经证明过的结论。

接着我们证明 \(F^+-F^-\leq F_\text{new}^+-F_\text{new}^-\)。在 \(({\color{green}\boldsymbol{\bullet}})\) 的基础上，结合刚才的 \(F^-\leq F_\text{new}^-\) 性质，我们注意到

\[F^+-F^-=\left(\frac{F^+}{F^-}-1\right)F^-\leq\left(\frac{F_\text{new}^+}{F_\text{new}^-}-1\right)F_\text{new}^-=F_\text{new}^+-F_\text{new}^-. \]

综上，引理 2 成立。

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因此，我们只需证明在所有下标 \(i\) 都是坏的这种特殊情况下，\(({\color{red}\boldsymbol{**}})\) 始终成立，即可推出它在所有情况下都成立。

既然所有下标都是坏的，这说明 \(F_i^+\leq R_0^+\) 总是成立。也就是说，对于每个 \(i\)，一定存在一个 \(\alpha_i\in[0,1]\)，使得 \(F_i^+=\alpha_iR_0^+\)，并且 \(F_i^-\geq\alpha_iR_0^-\)。由于单独减小某个 \(F_i^-\) 只会让目标比例 \(\frac{1+kF^+}{1+kF^-}\) 变大，我们可以直接假设 \(F_i^-=\alpha_iR_0^-\) 总是成立。

我们想要证明

\[\frac{1+kF^+}{1+kF^-}\leq\frac{1+kR^+}{1+kR^-}\ ({\color{red}\boldsymbol{**}}) \]

也就是

\[\big(F^+-F^-\big)-\big(R^+-R^-\big)+k\big(F^+R^--F^-R^+\big)\leq0. \]

固定 \(\alpha_2,\cdots,\alpha_d\) 的值，把上式看作关于 \(\alpha_1\) 的函数。我们将证明当 \(\alpha_1\in[0,1]\) 时，这个函数是单调递增的。（这样一来，由于 \(\alpha_1,\cdots,\alpha_d\) 的对称性，该式必然在 \(\alpha_1=\cdots=\alpha_d=1\) 时取到最大值。而此时该式显然等于 \(0\)。）

我们考虑它的导数：

\[\begin{aligned} \big(1+kR^-\big)\big(F^+\big)'\big(\alpha_i\big)-\big(1+kR^+\big)\big(F^-\big)'\big(\alpha_i\big)\\ =\big(1+kR^+\big)\left(\frac{R_0^+}{1+\alpha_1R_0^+}\right)F^-\big(\alpha_i\big)-\big(1+kR^-\big)\left(\frac{R_0^-}{1+\alpha_1R_0^-}\right)F^+\big(\alpha_i\big). \end{aligned} \]

我们希望证明当 \(\alpha_i\in[0,1]\) 时，该导数总是 \(\geq0\)。由于两边均为非负实数，可以直接从乘除法的角度理解：

\[\big(1+kR^+\big)\left(\frac{R_0^+}{1+\alpha_1R_0^+}\right)F^-\big(\alpha_i\big)\geq\big(1+kR^-\big)\left(\frac{R_0^-}{1+\alpha_1R_0^-}\right)F^+\big(\alpha_i\big). \]

我们注意到 \(R_0^+=kR_{0,0}^+\)，\(R_0^-=kR_{0,0}^-\)，并且 \(R_{0,0}^-\leq R^-\leq R^+\leq R_{0,0}^+\)（这一性质称为「三明治性质」，将在后文证明）。若 \(a\leq b\leq c\leq d\)，则有

\[\frac{(1+a)b}{(1+d)c}\geq\frac{(1+b)a}{(1+c)d}, \]

因为 \(\frac{ab+b}{cd+c}\geq_{(糖水原理)}\frac{ab+a}{cd+d}\)，而后者由糖水原理显然成立。

因此我们可以写出

\[\begin{aligned} \frac{\big(1+kR^+\big)R_0^+}{\big(1+kR^-\big)R_0^-}\geq\frac{\big(1+R_0^+\big)R^+}{\big(1+R_0^-\big)R^-} =\left(\frac{1+R_0^+}{1+R_0^-}\right)^{d+1}\\ \geq_{(\text{糖水原理})}\left(\frac{1+\alpha_1R_0^+}{1+\alpha_1R_0^-}\right)\prod_{i=1}^d\left(\frac{1+\alpha_iR_0^+}{1+\alpha_iR_0^-}\right) =\frac{\big(1+\alpha_1R_0^+\big)F^+\big(\alpha_i\big)}{\big(1+\alpha_1R_0^-\big)F^-\big(\alpha_i\big)}. \end{aligned} \]

这样一来，\(({\color{red}\boldsymbol{**}})\) 的证明就全部完成了。

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综上所述，无论我们构建出的以 \(1\) 为根的「自回避游走树」\(T\) 长什么样，传播到最顶端之后都有 \(\frac{F^+}{F^-}\leq\frac{R^+}{R^-}\)。

我们考虑具体计算后者的值。为了简便起见，我们考虑每一层方点（而不是圆点）的 DP 值从下往上传播的过程。我们可以把它看作一个随着高度（到第 \(m-1\) 层方点的距离）迭代的区间，初始条件是 \(\big[R_0^-,R_0^+\big]=\big[0,k\lambda\big]\)，迭代形式是

\[R_i^-=f\big(R_{i-1}^+\big),\quad R_i^+=f\big(R_{i-1}^-\big),\quad f(x)=\frac{k\lambda}{(1+x)^d}. \]

最后我们的 \(\frac{R^+}{R^-}=\left(\frac{1+R_{m-1}^+}{1+R_{m-1}^-}\right)^{d+1}\)（因为只有根结点可以有 \(d+1\) 个儿子）。由于 \(k\lambda\) 总是一起出现，在后文中我们直接使用 \(\lambda\) 来替换 \(k\lambda\)。

在 \([0,+\infty]\) 的范围内，注意到 \(f(x)\) 是一个严格单调递减的函数，且有唯一的不动点 \(\hat{x}=f(\hat{x})\)。

我们有如下结果：\(\frac{R_m^+}{R_m^-}\) 收敛当且仅当 \(\left|f'(\hat{x})\right|\leq1\)。

（直观上来说，如果 \(\left|f'(\hat{x})\right|>1\)，那么在 \(\hat{x}\) 附近进行迭代操作会逐渐远离 \(\hat{x}\) 而不是接近它；事实上，\(R_m^+\) 的值会在两个吸引点 \(x^-,x^+\) 附近反复，这两个吸引点本身满足 \(x^-<\hat{x}<x^+\)，且 \(x^+=f(x^-)\)，\(x^-=f(x^+)\)。）

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定义 \(\lambda_c=\frac{d^d}{(d-1)^{d+1}}\)。我们证明 \(\left|f'(\hat{x})\right|\) 的值随着 \(\lambda\) 严格递增，且当 \(\lambda=0\) 时 \(\left|f'(\hat{x})\right|=0\)，当 \(\lambda=\lambda_c\) 时 \(\left|f'(\hat{x})\right|=1\)。

证明：注意到不动点 \(\hat{x}\) 满足 \(\hat{x}(1+\hat{x})^d=\lambda\)，因此 \(\hat{x}\) 随着 \(\lambda\) 严格递增。因此

\[\left|f'(\hat{x})\right|=\frac{df(\hat{x})}{1+\hat{x}}=\frac{d\hat{x}}{1+\hat{x}}=d\left(1-\frac{1}{1+\hat{x}}\right) \]

也随着 \(\lambda\) 严格递增。当 \(\lambda=0\) 时 \(\left|f'(\hat{x})\right|=0\) 显然。

另一方面，当 \(\lambda=\lambda_c\) 时，我们注意到 \(\frac{1}{d-1}\left(1+\frac{1}{d-1}\right)^d=\frac{d^d}{(d-1)^{d+1}}\)，因此 \(\hat{x}=\frac{1}{d-1}\)，进而 \(\left|f'(\hat{x})\right|=1\)。

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我们记 \(g(x)=f(f(x))\)，那么 \(\hat{x}=g(\hat{x})\)。我们有结论 1：对于任意 \(x\geq\hat{x}\)，都有 \(g(x)-\hat{x}\leq\big(f'(\hat{x})\big)^2(x-\hat{x})\)。

结论 1 证明：根据中值定理，对于任意 \(x\geq\hat{x}\)，一定存在一个 \(z\in[\hat{x},x]\) 使得

\[g(x)-g(\hat{x})=\mu(z)(x-\hat{x}), \]

其中 \(\mu=g'\) 是 \(g\) 的导数。考虑 \(z\in[\hat{x},x]\) 时 \(\mu(z)\) 的最大值，我们证明这个最大值一定在 \(z=\hat{x}\) 时取到。这是因为

\[\begin{aligned} \mu(z)=g'(z)=f'(f(z))f'(z)=\left(\frac{-df(f(z))}{1+f(z)}\right)\left(\frac{-df(z)}{1+z}\right)\\ =\frac{d^2\lambda g(z)}{\big((1+z)^d+\lambda\big)(1+z)}=\frac{d^2\lambda g(z)}{(1+z)^{d+1}+\lambda(1+z)}. \end{aligned} \]

我们记 \(\mu(z)=\frac{u(z)}{v(z)}\)，那么 \(\mu'(z)=\frac{u'(z)v(z)-v'(z)u(z)}{v(z)^2}\)，也就是

\[\begin{aligned} \mu'(z)=\frac{d^4\lambda^2g(z)-d^2\lambda g(z)\big((d+1)(1+z)^d+\lambda\big)}{\big((1+z)^{d+1}+\lambda(1+z)\big)^2}\\ =\frac{d^2(d+1)\lambda g(z)}{\big((1+z)^{d+1}+\lambda(1+z)\big)^2}\big((d-1)\lambda-(1+z)^d\big). \end{aligned} \]

我们再记 \(\mu'(z)=p(z)q(z)\)。我们只考虑 \(z>-1\) 的情况。此时我们总有 \(p(z)>0\)，而 \(q(z)\) 严格单调递减。也就是说，存在唯一的临界点 \(z^*=\sqrt[d]{(d-1)\lambda}-1>-1\) 使得 \(q(z^*)=0\)。

也就是说，在 \(-1<z<z^*\) 时 \(\mu'(z)>0\)，在 \(z=z^*\) 时 \(\mu'(z)=0\)，在 \(z>z^*\) 时 \(\mu'(z)<0\)。

这样一来，为了证明在 \(z\in[\hat{x},x]\) 的范围内 \(\mu(z)\) 一定在 \(z=\hat{x}\) 时取到最大值，只需证明 \(\hat{x}\geq z^*\)，也就是 \(q(\hat{x})\leq0\) 即可。在 \(\lambda\leq\lambda_c\) 的前提下，我们刚才已经证明了 \(\hat{x}\leq\frac{1}{d-1}\)。因此我们有

\[(d-1)\lambda-(1+\hat{x})^d=(d-1)\lambda-\frac{\lambda}{\hat{x}}=\lambda\left((d-1)-\frac{1}{\hat{x}}\right)\leq0。 \]

最后我们计算 \(\mu(\hat{x})=g'(\hat{x})=f'(f(\hat{x}))f'(\hat{x})=\big(f'(\hat{x})\big)^2\)。

最后代回中值定理的式子，我们得到 \(g(x)-\hat{x}=g(x)-g(\hat{x})\leq\big(f'(\hat{x})\big)^2(x-\hat{x})\)。结论 1 证毕。

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对于 \(\lambda<\lambda_c\) 的情况，用这个式子，我们给出的界是 \(R_{2m}^+-\hat{x}\leq\big(f'(\hat{x})\big)^{2m}(\lambda-\hat{x})\)。我们最终需要的是根结点（一个圆点）处的 \(\frac{R^+}{R^-}\leq\sqrt[n]{1+\varepsilon}\approx1+\frac{\varepsilon}{n}\)。大体上来说，\(m\approx\log_{\left|f'(\hat{x})\right|^{-1}}\left(n\varepsilon^{-1}\right)\)，但还有各种细节。不过事实上，只需要额外的 \(O(1)\) 层即可抵消掉各种细节带来的损耗（这个 \(O(1)\) 取决于参数 \(d,k,\lambda\) 的具体值，但当然不取决于 \(n,\varepsilon^{-1}\) 的值）。

在具体实现时，这些细节和计算其实都没有必要，这是因为我们可以直接对 \(m\) 进行迭代加深。综上所述，我们得到结论：当 \(\lambda<\lambda_c\) 时，设 \(\theta=\left|f'(\hat{x})\right|^{-1}>1\)，那么 \(m=\log_\theta\left(n\varepsilon^{-1}\right)+O(1)\)，算法的时间复杂度则是 \(O\big(n(dk)^m\big)\)。

由于 \(d,k,\lambda,\theta\) 都是常数，这个算法的时间复杂度实际上是关于 \(n,\varepsilon^{-1}\) 的多项式（这个多项式的次数取决于参数 \(d,k,\lambda\) 的具体值，但当然不取决于 \(n,\varepsilon^{-1}\) 的值）。同时，我们可以看到：这个算法是一个确定性算法。

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最后我们再看 \(\lambda=\lambda_c\) 的情况。此时，中值定理那个式子本身并没有给出有用的信息。

我们注意到，在这种情况下 \(\hat{x}=z^*=\frac{1}{d-1}\)，\(\mu(\hat{x})=\theta=1\)，并且 \(\mu'(\hat{x})=0\)。

我们计算 \(\mu''(\hat{x})\)。由于 \(\mu'(z)=p(z)q(z)\)，我们有 \(\mu''(\hat{x})=p'(\hat{x})q(\hat{x})+q'(\hat{x})p(\hat{x})\)。由于 \(q(\hat{x})=0\)，我们得到：

\[\begin{aligned} \mu''(\hat{x})=\frac{-d^3(d+1)\lambda\hat{x}(1+\hat{x})^{d-1}}{\big((1+\hat{x})^{d+1}+\lambda(1+\hat{x})\big)^2}=\frac{-d^3(d+1)}{(1+\hat{x})\left(\frac{1+\hat{x}}{\hat{x}}+(1+\hat{x})\right)^2}\\ =\frac{-d^3(d+1)\hat{x}^2}{(1+\hat{x})^5}=\frac{-(d+1)(d-1)^3}{d^2}. \end{aligned} \]

我们将函数 \(g(x)\) 在点 \(x=\hat{x}\) 处进行泰勒展开。展开结果为

\[\begin{aligned} g(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{g^{(i)}(\hat{x})}{i!}(x-\hat{x})^i\\ =g(\hat{x})+\mu(\hat{x})(x-\hat{x})+\frac{\mu'(\hat{x})}{2}(x-\hat{x})^2+\frac{\mu''(\hat{x})}{6}(x-\hat{x})^3+o\big((x-\hat{x})^3\big)\\ =x-\frac{(d+1)(d-1)^3}{6d^2}(x-\hat{x})^3+o\big((x-\hat{x})^3\big), \end{aligned} \]

其中这个小 \(o\) 记号指的是当 \(x\geq\hat{x}\) 且 \(x\) 从右侧逐渐接近 \(\hat{x}\) 时，\(o\big((x-\hat{x})^3\big)\) 比 \((x-\hat{x})^3\) 的阶更小。

这意味着，对于每个正实数 \(c>0\)，都一定存在一个（依赖于 \(c\) 的）阈值 \(x_0>\hat{x}\)，使得对于任意 \(x\in[\hat{x},x_0]\)，都有

\[g(x)-\hat{x}\leq(x-\hat{x})-\left(\frac{(d+1)(d-1)^3}{6d^2}-c\right)(x-\hat{x})^3. \]

我们取 \(c=\frac{(d+1)(d-1)^3}{12d^2}\)，即 \(g(x)-\hat{x}\leq(x-\hat{x})-c(x-\hat{x})^3\)。接下来我们的目的是证明结论 2：一定存在一个（取决于参数 \(d,k,\lambda\) 的具体值的）层数 \(m_0\)，使得对于所有 \(m\geq m_0\)，都有

\[R_{2m}^+-\hat{x}\leq\frac{1}{\sqrt{2c(m-m_0+2)}}. \]

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我们分成两个部分证明这个结论。首先我们重申两个性质：

1. \(f(x)\) 是严格递减的函数；对于 \(x>\hat{x}\) 有 \(f(x)<\hat{x}\)；对于 \(x<\hat{x}\) 有 \(f(x)>\hat{x}\)。
2. \(g(x)\) 是严格递增的函数；对于 \(x>\hat{x}\) 有 \(g(x)>\hat{x}\)；对于 \(x<\hat{x}\) 有 \(g(x)<\hat{x}\)。

并且，此时因为 \(\left|f'(\hat{x})\right|=1\)，根据中值定理，对于任意 \(x\geq\hat{x}\)，我们有 \(g(x)-\hat{x}\leq x-\hat{x}\)，也就是 \(g(x)\leq x\)。

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结论 2 第一部分：令 \(x_1=\min\left(x_0,\hat{x}+\frac{1}{\sqrt{4c}}\right)\)。我们证明一定存在一个 \(m_0\) 使得 \(R_{2m_0}^+\leq x_1\)。

令 \(x_2=\frac{\hat{x}+x_1}{2}\)。根据中值定理，对于任意 \(x\geq x_2\)，一定存在一个 \(z\in[x_2,x]\) 使得：

\[g(x)-g(x_2)=\mu(z)(x-x_2) \]

也就是说

\[g(x)-x_2\leq g(x)-g(x_2)\leq\mu(x_2)(x-x_2) \]

这意味着 \(R_{2m}^+-x_2\leq\mu(x_2)^m(\lambda-x_2)\)，那么取

\[m_0=\left\lceil\log_{\mu(x_2)^{-1}}\left(\frac{\lambda-x_2}{x_1-x_2}\right)\right\rceil \]

即可。

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结论 2 第二部分：证明对于任意 \(m\geq m_0\)，都有

\[R_{2m}^+-\hat{x}\leq\frac{1}{\sqrt{2c(m-m_0+2)}}. \]

我们使用数学归纳法：对于 \(m=m_0\) 的情况，第一部分已经得证。

对于 \(m\geq m_0+1\) 的情况，假设

\[R_{2(m-1)}^+-\hat{x}\leq\frac{1}{\sqrt{2c(m-m_0+1)}}. \]

我们要证明

\[R_{2m}^+-\hat{x}\leq\frac{1}{\sqrt{2c(m-m_0+2)}}. \]

这相当于：给定整数 \(m\geq2\) 和实数 \(t\in\left[0,\frac{1}{\sqrt{2cm}}\right]\)，我们要证明

\[t-ct^3\leq\frac{1}{\sqrt{2c(m+1)}}. \]

注意到函数 \(h(t)=t-ct^3\) 在 \(\left[0,\frac{1}{\sqrt{3c}}\right]\) 的范围内严格递增。因此，我们只需要证明

\[\frac{1}{\sqrt{m}}\left(1-\frac{1}{2m}\right)\leq\frac{1}{\sqrt{m+1}} \]

即可。

这等价于

\[\left(1-\frac{1}{2m}\right)^2\leq1-\frac{1}{m+1}, \]

也就是

\[\frac{1}{4m^2}\leq\frac{1}{m(m+1)}, \]

后者显然成立。

这个结论可以用来得到 \(\lambda=\lambda_c\) 时针对 \(\log W\)（而不是针对 \(W\)）的 \((1+\varepsilon)\)−近似，算法的时间复杂度是

\[O\left(n(dk)^{O\left(\varepsilon^{-2}\right)}\right). \]

具体计算过程不再展开。

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