¿Cuál es la complejidad temporal de este algoritmo? ¿Y por qué?

Estoy atrapado analizando la complejidad temporal del siguiente algoritmo:

def fun (r, k, d, p):
    if d > p:
        return r
    if d = 0 and p = 0:
        r <- r + k
        return r
    if d > 0:
        fun (r, k + 1, d - 1, p)
    if p > 0:
        fun (r, k - 1, d, p - 1)

La llamada raíz será fun (0, 0, n, n), y nes el tamaño del problema.

Supongo que: la relación de recurrencia es $T(n, n) = T(n-1, n) + T(n, n-1)$, que es equivalente a $T(2n) = 2T(2n-1) \iff T(m) = 2T(m - 1)$, y entonces $O(2^m) \iff O(4^n)$.

¿Es correcto mi análisis (sé que no es muy completo y exacto)? Si tiene un defecto grave, indíquelo o muéstreme una prueba correcta y completa de la complejidad temporal de este algoritmo.

Los únicos dos argumentos relevantes para el análisis asintótico son $d$ y $p$. Estos argumentos (virtualmente) satisfacen$d,p \geq 0$ y $d \leq p$(Necesitamos mezclar ligeramente la lógica en la función para obtener esto). En cada punto de la ejecución, tomas el par actual$(d,p)$ y luego llama recursivamente a la función con los pares $(d-1,p),(d,p-1)$, evitando pares que invalidan las restricciones indicadas anteriormente.

Podemos imaginar el árbol de llamadas resultante como una ruta que comienza en $(0,0)$. Cada vez que disminuyes$p$, agregue un / paso. Cada vez que disminuyes$d$, agregue un \ step. La condición$d \leq p$garantiza que nunca irás por debajo del eje X. Además, tiene un "presupuesto" de$n$de cada paso El número total de hojas en este árbol de llamadas es exactamente el número catalán.$\binom{2n}{n}/(n+1) = \Theta(4^n/n^{3/2})$, y esto nos da un límite inferior en el tiempo de ejecución de la función.

Para obtener un límite superior, tenga en cuenta que en el camino a cada hoja pasamos por $2n$ nodos, y esto da un límite superior $2n$ más grande que el límite inferior, es decir, $\Theta(4^n/\sqrt{n})$.

Tenemos un límite inferior de $\Omega(4^n/n^{3/2})$ y un límite superior en $O(4^n/\sqrt{n})$. ¿Cuáles son las asintóticas exactas? Crecen como el número total de caminos que no cruzan el eje X que tienen como máximo$n$pasos en cada dirección. Usando el teorema de la boleta de Bertrand podemos obtener una expresión exacta para esto:

$$\sum_{0 \leq d \leq p \leq n} \frac{p-d+1}{p+1} \binom{p+d}{p}.$$ Queda por tanto estimar esta suma asintóticamente: $$\sum_{0 \leq d \leq p \leq n} \binom{p+d}{p} - \sum_{0 \leq d \leq p \leq n} \frac{d}{p+1} \binom{p+d}{d} = \\ \sum_{0 \leq d \leq p \leq n} \binom{p+d}{p} - \sum_{0 \leq d \leq p \leq n} \binom{p+d}{p+1} = \\ \sum_{p=0}^n \binom{2p+1}{p+1} - \sum_{p=0}^n \binom{2p+1}{p+2} = \\ \sum_{p=0}^n \frac{1}{p+1} \binom{2p+2}{p} = \Theta\left(\sum_{p=0}^n \frac{4^p}{p^{3/2}}\right) = \Theta\left(\frac{4^n}{n^{3/2}}\right).$$

Caso por caso:

1. d> p : tiempo constante
2. d = 0 ∧ p = 0 : tiempo constante
3. d> 0 : Tenga en cuenta que d ≯ p, entonces tenemos 0 <d ≤ p, y se funrepite en d-1 hasta d ≯ 0; desde p> 0, esto es lineal en d + (caso 4) .
4. p> 0 : Tenga en cuenta que d ≯ 0, entonces tenemos d ≤ 0 ≤ p (con d <p), y se funrepite en p-1 hasta p p 0; esto es lineal en p + (uno de los casos 1, 2 o 5)
5. d ≤ p <0 : Indefinido; Supongo que es tiempo constante

Comenzando con d = p = n> 0 coincide con el caso 3, que es seguido por el caso 4. Si n es un número entero, el caso final es 2, de lo contrario, el caso final es 5. El tiempo total para esos casos es d + p +1 o 2n + 1.