Aufgabe 2 Konstruktion von Binärbäumen Tafelübung

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1 Übungen zu Algorithmik I Wintersemester 004/05 Prof. Dr. Herbert Stoyan, Dr.-Ing. Bernd Ludwig Aufgabenblatt 11 (Lösungen) vom Aufgabe 1 Binärbäume 8 Punkte 1. Alle Antworten können unmittelbar aus dem Baum abgelesen werden (a) A 4 4 (b) (c) (d) (e) 0 4 (f) E (wenn unter Kinder auch Kindeskinder verstanden werden, auch H) 4 (g) D (wenn unter Vorgänger auch Vorvorgänger verstanden wird, auch B und A) Aufgabe Konstruktion von Binärbäumen Tafelübung 1. Ein vollbesetzter Binarbäum der Höhe hat 7 Knoten, also braucht man noch ein zusätzliches Kind an einem Blatt des vollbesetzten Baums mit Höhe : A B D C E F G H. Ein Binarbäum der Höhe hat maximal 7 Knoten (s. folgende Aufgabe)! Also kann es keinen Binärbaum der Höhe mit 8 Knoten geben. 1

2 3. Welche Höhe muss ein Binärbaum mindestens haben, wenn er n Knoten hat (1 n 0)? Erstellen Sie durch Ausprobieren eine Tabelle! n Höhe Anmerkung 1 0 nur die Wurzel 1 die Wurzel und ein Kind 3 1 die Wurzel und zwei Kinder; vollbesetzer Baum der Höhe 1 4 ein bisheriges Blatt kriegt ein Kind 5 das Blatt kriegt noch ein Kind 6 das andere bisherige Blatt kriegt ein Kind 7 und noch eines; vollbesetzer Baum der Höhe 8 3 eines der vier bisherigen Blätter kriegt ein Kind 9 3 und noch eines 10 3 das nächste der vier bisherigen Blätter kriegt ein Kind 11 3 und noch eines 1 3 das nächste der vier bisherigen Blätter kriegt ein Kind 13 3 und noch eines 14 3 das nächste der vier bisherigen Blätter kriegt ein Kind 15 3 und noch eines; vollbesetzter Baum der Höhe eines der acht bisherigen Blätter kriegt ein Kind 17 4 und noch eines 18 4 das nächste der vier bisherigen Blätter kriegt ein Kind 19 4 und noch eines 0 4 das nächste der vier bisherigen Blätter kriegt ein Kind 4. Vermutung: Ein möglichst dicht besetzter Binärbaum der Höhe h hat mindestens h und höchstens h+1 1 Knoten. Unter möglichst dicht soll verstanden werden, dass beim Einfügen eines neuen Knoten immer erst bei Knoten eingefügt wird, die noch nicht zwei Kinder haben (vgl. vorige Aufgabe). Induktionsanfang: h = 0. Der Baum besteht nur aus der Wurzel, d.h. er hat genau ein Blatt. Das passt zu 0 = 1 1 = 1. h = 1. Der Baum besteht mindestens aus der Wurzel und einem Kind, hat also mindestens = 1 Knoten. Wenn er voll besetzt ist, hat er außer der Wurzel noch zwei Knoten, insgesamt also = 3 Knoten, davon sind = h Knoten Blätter. Induktionsschluß: Beim Einfügen weiterer Knoten ändert sich die Höhe des Baums nur dann, wenn alle bisherigen Blätter zwei Kinder bekommen haben (siehe Tabelle oben). Dann hat der Baum der Höhe h + 1 genau einen Knoten mehr als der voll besetzte Baum der Höhe h, also h = h+1 Knoten. Der Baum der Höhe h + 1 ist wieder voll besetzt, wenn jedes Blatt des Baums der Höhe h zwei Kinder hat. Die maximale Zahl der Blätter verdoppelt sich also immer, wenn die Höhe des Baums um 1 steigt. Der Baum der Höhe h + 1 hat dann also h+1 1 alte Knoten und

3 h neue Blätter, also insgesamt h h = h+1 1 = h+ 1 Knoten. Wenn ein Binärbaum n Knoten hat, gilt also für seine Höhe h h n < h+1 = h log n < h + 1 Aufgabe 3 Höhe, Blätter und Knoten von Binärbäumen 8 Punkte 1. Wir beweisen die Aussage per Induktion über die Höhe des Baums. Zum Beweis benutzen wir die Ergebnisse aus der vorigen Aufgabe. Induktionsanfang: T besteht nur aus einer Wurzel. Dann hat er einen Knoten, ein Blatt und Höhe 0, also L(T ) = = N(T ) + 1 Induktionsschluß: Steigt die Höhe des Baums um 1 an, dann passiert Folgendes, wenn T der kleinste Baum dieser Höhe ist (vgl. vorige Aufgabe): ein bisheriges Blatt des Baums T bekommt genau ein Kind, das ein Blatt ist. Die Anzahl der Blätter ist also unverändert, die Anzahl der Knoten aber um 1 gestiegen: L(T ) = L( T ) N( T ) + 1 < N( T ) = N(T ) + 1 Maximal können alle Blätter von T genau zwei Kinder bekommen, die wieder Blätter sind: 8 L(T ) = L( T ) N( T ) + 1 = N( T ) + 1 = H(T ) T ist voll besetzt = H(T )+1 = N(T ) + 1 auch T ist voll besetzt. Wir beweisen die Aussage wieder per Induktion über die Höhe des Binärbaums. Diesmal argumentieren wir aber nicht damit, dass der Baum an den Blättern wächst, sondern wir untersuchen, was passiert wenn man einen neuen Binärbaum aus zwei anderen baut, deren Wurzeln Kinder der Wurzel des neuen Baums werden. Der Baum wächst also diesmal an der Wurzel. 10 Induktionsanfang: T besteht nur aus einer Wurzel. Dann hat er einen Knoten, ein Blatt und Höhe 0, also N(T ) + 1 = = 0 = H(T ) 3

4 Steigt die Höhe des Binärbaums um 1, besteht der neue Baum aus einer Wurzel und zwei Teilbäumen T 1 und T. Für die Höhe des neuen Baums gilt dann: 8 H(T ) = max{h(t 1 ), H(T )} + 1 Weiter gilt für die Knoten des neuen Baums: N(T ) + 1 = 1 + N(T 1) + N(T ) + 1 = N(T 1 + 1) + N(T ) + 1 H(T1) + H(T ) max{h(t 1),H(T )} = max{h(t 1),H(T )}+1 = H(T ) Für einen voll besetzten Binärbaum gilt 8 Also: L(T ) = N(T ) + 1 = H(T ) Knoten: N(T ) = H(T )+1 1 Blätter: L(T ) = H(T ) innere Knoten: I(T ) = N(T ) L(T ) = H(T )+1 H(T ) 1 = H(T ) Aufgabe 4 Korrektheit von Programmen Tafelübung 1. Da a und b natürliche Zahlen sind, gilt nach der Initialisierung x = a > 0 y = b > 0 z = 0 In der while-schleife wird x halbiert und y verdoppelt, d.h. x y bleibt konstant. z wird immer erhöht, wenn x ungerade ist; das sukzessive Dividieren führt dazu, dass x irgendwann den Wert 1 annimmt, dann erhält z den aktuellen Wert von y und im Folgeschritt terminiert die Schleife, weil dann nach einer weiteren Halbierung x = 0 gilt. Falls x gerade ist, gilt am Ende der Schleife: a b = x ( y) Falls x ungerade, gilt: x 1 ( y) = x y y 4

5 und wegen der Anweisung z = z+y z + y + x 1 ( y) = z + y + x y y = z + x y In der Variablen z wird also der Faktor y gespeichert, der bei Halbierung des ungeraden x verloren geht. Die Schleifeninvariante lautet also: z + x y = a b x 0 y 0 Bei Terminierung der Schleife gilt: Damit vereinfacht sich die Invariante zu x = 0 z + 0 = z = a b. In der Schleife wird y sukzessive halbiert, und bei jedem Schleifendurchlauf wird x quadriert, also so oft, wie y halbiert werden kann. Die invariante Größe ist also: Vor der Schleife gilt: Daraus ergibt sich als invariante Größe: x y = (x ) y x = a > 0 y = b > 0 z = 1 x y = a b Für gerades y gilt nach einem Schleifendurchlauf: Für ungerade y gilt hingegen (x ) y = x y = x y (x ) y 1 y 1 = x = x y 1 In diesem Fall wird aber auch z verändert, für das am Ende des Schleifendurchlaufs gilt: Die Schleifeninvariante ist also: z x (x ) y 1 = z x x y 1 = z x y z x y = a b y > 0 Nach Terminierung der Schleife gilt y = 0, in die Schleifeninvariante eingesetzt, ergibt sich: z x 0 = z = a b Aufgabe 5 Korrektheit von Programmen 8 Punkte 5

6 1. Die Schleife wird für 0 i < n n-mal durchlaufen. Was in der Schleife passiert, kann man sich zunächst klarmachen, indem man für die ersten Werte von i die Veränderungen von a und b mitprotokolliert. a i sei der Wert von a nach der i-ten Iteration, b i der entsprechende Wert für b. Mit a 0 = 0 und b 1 = 1 ergibt sich: b 1 = a 0 + b 0 a 1 = b 1 a 0 = b 0 b = a 1 + b 1 a = b a 1 = b 1 = a 0 + b 0 b 3 = a + b a 3 = b 3 a = b = a 1 + b 1 = b 0 + (a 0 + b 0 ) b 4 = a 3 + b 3 a 4 = b 4 a 3 = b 3 = a + b = (a 0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 ) Die Zahlenwerte ergeben sich, wie folgt: i a b Man sieht (wenn man die Fibonacci-Zahlen kennt), dass wegen der Initialisierung (a = 0 und b = 1) a i = Fib(i) und b i = Fib(i + 1). Daraus folgt als Schleifeninvariante: 0 a i = Fib(i) b i = Fib(i + 1) 0 i < n Die Schleife terminiert mit i = n; in die Invariante eingesetzt, ergibt das: 6 a n = Fib(n) b n = Fib(n + 1) Da a n der Rückgabewert ist, berechnet die Funktion tatsächlich die n-te Fibonacci-Zahl. 8 8 Aufgabe 6 Prioritätswarteschlangen Tafelübung 1. Der heap für die Warteschlange entwickelt sich folgendermaßen: Schritt 1: (a,40) X X X Schritt : (a,40) (b,35) X X Schritt 3: (a,40) (b,35) (c,40) X Schritt 4: (d,83) (a,40) (c,40) (b,35). Die Reihenfolge der Entnahme ist: 6

7 (d,83) (c,40) (a,40) Wenn man nur die Priorität als Sortierkriterium heranzieht, kann die Reihenfolge der Entnahme umgekehrt zur Reihenfolge des Einfügens sein, wenn zwei Elemente der Warteschlange dieselbe Prioriät haben. Man kann diese Schwäche beheben, wenn man beim Vergleichstest während des Einfügens auch berücksichtigt, welches Element früher in die Warteschlange eingetragen wurde (z.b. mit Hilfe eines Zeitstempels). 7