Datenstrukturen & Algorithmen Lösungen zu Blatt 6 FS 14

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1 Eidgenössische Technische Hochschule Zürich Ecole polytechnique fédérale de Zurich Politecnico federale di Zurigo Federal Institute of Technology at Zurich Institut für Theoretische Informatik 2. April 2014 Peter Widmayer Tobias Pröger Datenstrukturen & Algorithmen Lösungen zu Blatt 6 FS 14 Lösung 6.1 Anzahl verschiedener Suchbäume. Sei K n = {1,..., n} die Menge der zu verwaltenden Schlüssel und T (n) die Anzahl verschiedener Suchbäume für die Schlüsselmenge K n. Für n = 0 ist K 0 = und T (0) = 1, denn zu K 0 gehört genau der leere Baum. Für n = 1 ist K 1 = {1}, und der einzig mögliche Suchbaum speichert lediglich den Schlüssel 1. Folglich ist T (1) = 1. Für allgemeines n gehen wir wie folgt vor. Ist an der Wurzel eines Suchbaums der Schlüssel k gespeichert, dann muss der linke Suchbaum die Schlüssel {1,..., k 1} verwalten. Analog muss der rechte Suchbaum die Schlüssel {k+1,..., n} verwalten. Es gibt T (k 1) mögliche Teilbäume links und T (n k) mögliche Teilbäume rechts, und da jeder mögliche Teilbaum links mit jedem möglichen Teilbaum rechts kombiniert werden kann, müssen die Anzahlen multipliziert werden. Folglich existieren T (k 1) T (n k) mögliche Suchbäume zur Schlüsselmenge K n, wenn k an der Wurzel steht. Nun müssen wir lediglich über alle Möglichkeiten von k summieren und erhalten T (n) = n T (k 1)T (n k). (1) k=1 Anmerkung: Diese Zahlen sind unter dem Namen Catalan-Zahlen (nach dem belgischen Mathematiker Eugène Charles Catalan) bekannt. Es gilt T (n) = 1 n+1( 2n n ). Lösung 6.2 Wörterbuchoperationen bei AVL-Bäumen. Nach Einfügung aller Schlüssel: Nach Entfernung von 1: Lösung 6.3 Anzahl der Rotationen beim Löschen aus AVL-Bäumen. a) Wir unterscheiden drei mögliche Fälle: Höhe h = 1: Ein Baum der Höhe 1 besitzt keine inneren Knoten, folglich besteht T 1 nur aus genau einem Knoten. Höhe h = 2: Ein Baum der Höhe 2 besitzt genau einen inneren Knoten, nämlich die Wurzel. Damit diese einen Balancierungsfaktor von 1 besitzt, besteht T 2 aus der Wurzel und einem rechten Nachfolgerknoten.

2 Allgemeine Höhe h > 2: Zur rekursiven Definition von T h wird eine neue Wurzel erzeugt, deren linker Teilbaum T h 2 und deren rechter Teilbaum T h 1 entspricht. Es ist leicht zu sehen, dass T h eine Höhe von h hat. Alle inneren Knoten von T h haben einen Balancierungsfaktor von 1: Die inneren Knoten von T h 2 und T h 1 sind auch innere Knoten von T h, und ihr Balancierungsfaktor war nach Definition bereits vorher 1. Der einzig neue Knoten ist die Wurzel von T h. Da der linke Teilbaum Höhe h 2 und der rechte Höhe h 1 hat, ist der Balancierungsfaktor der Wurzel aber offenbar (h 1) (h 2) = 1. Für h {1,..., 5} ergeben sich damit die folgenden Bäume: b) Da die rekursive Definition von T h zwei Elementarfälle besitzt (h = 1 und h = 2), müssen wir auch bei der Induktion zwei Induktionsverankerungen benutzen. Ebenso erstreckt sich die Induktionsannahme über h 2 und h 1. Induktionsverankerung I (h = 1): T 1 besitzt genau einen Knoten, und es gilt S(1) = Induktionsverankerung II (h = 2): T 2 besitzt genau zwei Knoten, und es gilt S(2) = Induktionsannahme: Angenommen, T h 2 besitzt höchstens 2 h 2 Knoten, und T h 1 höchstens 2 h 1. Induktionsschluss ((h 2, h 1) h): Aufgrund der rekursiven Definition von T h gilt S(h) = 1 + S(h 2) + S(h 1) h h 1 2 h h h 1 = 2 h. (2) Die erste Ungleichung gilt wegen der Induktionsannahme, die zweite wegen h > 2 (und damit 2 h 2 > 2 0 = 1). Besitzt T h also n Knoten, dann beträgt die Höhe von T h mindestens log 2 (n). c) Induktionsverankerung I (h = 1): T 1 besteht aus genau einem Blatt, und dieses hat Höhe 1 = (1 + 1)/2. Induktionsverankerung II (h = 2): T 2 hat nur ein einziges Blatt (den rechten Nachfolger der Wurzel), und dieses besitzt Höhe 2 = (2 + 1)/2. Induktionsannahme: Angenommen, das Blatt minimaler Höhe befindet sich in T h 2 auf Höhe (h 1)/2 und in T h 1 auf Höhe h/2. 2

3 Induktionsschluss ((h 2, h 1) h): Ein Blatt minimaler Höhe in T h muss auch im entsprechenden Teilbaum der Wurzel von T h minimale Höhe besitzen. Nach Induktionsannahme hat ein Blatt in T h 2 mindestens Höhe (h 1)/2, in T h 1 mindestens Höhe h/2. Wegen (h 1)/2 < h/2 ist das Blatt minimaler Höhe in T h im linken Teilbaum der Wurzel von T h zu finden (dieser linke Teilbaum entspricht exakt T h 2 ). Die Höhe dieses Blatts beträgt dann genau 1 + (h 1)/2 = 1 + (h 1)/2 = (h + 1)/2. (3) d) Sei v 1 das zu löschende Blatt und h die Höhe von v 1. Ist h ungerade, dann ist v 1 das am weitesten links liegende Blatt in T h. Wir definieren nun v i+1 als den Vorgänger von v i (damit folgt insbesondere, dass v h die Wurzel von T h ist). Es ergibt sich die in der folgenden Abbildung links dargestellte Situation. Wird nun v 1 gelöscht, dann hat v 2 einen Balancierungsfaktor von 2, folglich wird bei v 2 eine einfache Rotation nach links durchgeführt und es ergibt sich die in der Abbildung rechts dargestellte Situation. Nun aber ist v 3 unbalanciert, und es muss erneut eine einfache Rotation nach links durchgeführt werden. Im Allgemeinen haben wir also einen Knoten v i mit zwei Teilbäumen, deren Höhen sich um genau 2 unterscheiden. Zur Rebalancierung des an v i gespeicherten Teilbaums führen wir an v i eine einfache Rotation nach links durch, dies führt aber notwendigerweise dazu, dass der Balancierungsfaktor von v i+1 genau 2 beträgt. 3

4 Die Entfernung von v 1 hat also zur Folge, dass an jedem Knoten v i mit i 2 eine Rotation durchgeführt werden muss, bis die Wurzel (also v h ) erreicht ist. Somit werden h 1 = (h 1)/2 (log 2 (n) 1)/2 Ω(log n) (4) viele Rotationen durchgeführt (die Gleichung gilt wegen Aufgabenteil c), die darauffolgende Ungleichung wegen Aufgabenteil b)). Lösung 6.4 Vereinigung von AVL-Bäumen. Seien T 1 und T 2 zwei AVL-Bäume der Höhen h 1 bzw. h 2. Für einen Baum T bezeichne h(t ) seine Höhe. Die Vereinigung wird wie folgt realisiert: 1) Wir berechnen zunächst die Werte von h 1 bzw. h 2, was genau der Länge eines längsten Pfades von der Wurzel zu einem Blatt in T 1 bzw. T 2 entpricht. Dazu starten wir bei der Wurzel und wählen als Nachfolger eines Knotens v genau den Knoten, an dem der höhere Teilbaum gespeichert ist: Ist bal(v) = 1, fahren wir mit dem linken Nachfolger fort, ansonsten mit dem rechten (für bal(v) = 0 können beide Nachfolger gewählt werden). Die Werte von h 1 und h 2 können insgesamt in Zeit O(h 1 + h 2 ) bestimmt werden. 2) Entferne das kleinste Element x aus T 2. Nach der Entfernung ergibt sich ein Baum T 2 mit der Höhe h {h 2 1, h 2 }. Die Operation kann in Zeit O(h 2 ) durchgeführt werden. 3) Ist h 1 h 1 (die Höhendifferenz von T 1 und T 2 also maximal 1), dann wird der Algorithmus beendet und ein neuer Baum mit Wurzel x, T 1 als linkem Teilbaum und T 2 als rechtem Teilbaum zurückgegeben. Für diese Operation fällt nur Zeit O(1) an. 4) Sei nun o.b.d.a. h 1 > h + 1 (der Fall h 1 < h 1 verläuft symmetrisch). Wir starten in T 1 an der Wurzel und folgen solange dem rechten Nachfolgerknoten, bis wir einen Knoten v finden, der die Wurzel eines Baums T 1 mit Höhe h oder h+1 repräsentiert. Wir bestimmen ausserdem den Vorgänger u dieses Knotens v (damit ist T 1 der rechte Teilbaum von u, und die Wurzel von T 1 ist v). Die Berechnung von u und v können wir wie folgt in Zeit O(h 1 ) durchführen. 1 v Wurzel(T 1 ) 2 h h 1 3 while h > h + 1 do 4 u v 5 if bal(v) = 1 then h h 2 else h h 1 6 v NachfolgerRechts(v) 5) Ersetze den rechten Teilbaum von u durch den Baum, der x als Wurzel, T 1 als linken und als rechten Teilbaum hat. T 2 Dieser Baum mit x an der Wurzel ist ein Suchbaum, da alle Schlüssel in T 1 (und damit insbesondere in T 1 ) kleiner als x sind, und alle Schlüssel aus T 2 grösser oder gleich x sind. Er ist sogar ein AVL-Baum, denn der Balancierungsfaktor von x ist h h { 1, 0}. Analog überlegt man sich, dass der gesamte Baum noch immer ein Suchbaum ist. Lediglich die AVL-Eigenschaft kann verletzt sein, da der neue rechte Teilbaum von u eine Tiefe von h + 1 (statt vorher h ) besitzt. 4

5 Wir erhalten den folgenden schematischen Ablauf: Die gesamte Operation kann in Zeit O(1) durchgeführt werden. 6) Wie beim Einfügen eines neuen Knotens müssen die Balancierungsfaktoren der Knoten auf dem Pfad von u bis zur Wurzel des Baums geprüft und ggf. durch Rotationen repariert werden. Dies kostet maximal Zeit O(h 1 ). Insgesamt können die Schritte 1 6 in Zeit O(h 1 +h 2 ) durchgeführt werden. Da h 1, h 2 O(log n), beträgt die Gesamtlaufzeit also O(log n). 5

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