Kurs 1663 Datenstrukturen" Musterlösungen zur Klausur vom Seite 1. Musterlösungen zur Hauptklausur Kurs 1663 Datenstrukturen 15.

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1 Kurs 1663 Datenstrukturen" Musterlösungen zur Klausur vom Seite 1 Musterlösungen zur Hauptklausur Kurs 1663 Datenstrukturen 15. August 1998

2 Kurs 1663 Datenstrukturen" Musterlösungen zur Klausur vom Seite 2 Aufgabe 1 Einfügen von 14: Zur Rebalancierung genügt eine einfache Rotation. Einfügen von 16: Doppelrotation. Einfügen von 4: Doppelrotation.

3 Kurs 1663 Datenstrukturen" Musterlösungen zur Klausur vom Seite 3 Löschen von 58. Wir erhalten zunächst Der markierte Teilbaum wird durch eine einfache Rotation rebalanciert: Zur Rebalancierung des gesamten Baumes ist nun noch eine Doppelrotation vorzunehmen: Löschen des Elementes 28 durch Vertauschen mit dem nächstgrößeren Element 30: Rebalancieren des markierten Teilbaumes durch eine einfache Rotation führt zu folgendem Endergebnis:

4 Kurs 1663 Datenstrukturen" Musterlösungen zur Klausur vom Seite 4 Aufgabe 2 Das Feld A ist global. Der Aufruf erfolgt mit ndmin(1, n). Mit jedem Aufruf wird die Größe des zu durchsuchenden Arrays halbiert, der Algorithmus terminiert, wenn die Grenzen des zu durchsuchenden Bereichs zusammenfallen, also können nur O(log n) rekursive Aufrufe erfolgen. Die Anzahl der Schritte auf einer Rekursionsebene ist O(1). Sei i der Index des minimalen Elementes. Wenn man zwei beliebige Indizes l und r betrachtet, mit I<r und A[l]<A [r], dann kann nicht gelten l<i r, denn A[l] ist minimal in der gesamten Folge A[1]...A[n]. Wenn aber l<r und A[l]>A[r] gilt, dann muß auch l<i r gelten, denn die Teilfolge A[l]...A[r] ist nicht aufsteigend sortiert, enthält also das minimale Element. Aufgabe 3 Wir modellieren einen Dominostein als Paar von ganzen Zahlen. Eine Kette wird dargestellt als Liste von Steinen, wobei für jeden Stein s, der in der Liste auf einen Stein t folgt, gelten muß, daß der zweite Zahlenwert von s mit dem ersten von t übereinstimmt. Wir bezeichnen mit i (t) die i-te Komponente des Tupels t.

5 Kurs 1663 Datenstrukturen" Musterlösungen zur Klausur vom Seite 5 Wir modellieren das Spiel als ungerichteten Graphen, wobei die Knoten durch die Dominosteine gegeben sind. Zwischen zwei Knoten existiert genau dann eine Kante, wenn sie auf einem ihrer Felder eine gleiche Punktzahl haben. Da diese Relation "gemeinsame Punktzahl" symmetrisch ist, erhält man einen ungerichteten Graphen. (c) Eine Kette entspricht einem Pfad im Graphen. Eine möglichst lange Kette entspricht einem Pfad maximaler Länge. Da in einer Kette ein und derselbe Dominostein natürlich nur einmal verwendet werden kann, muß man für den entsprechenden maximalen Pfad noch fordern, daß er einfach ist. Eine Anordnung aus möglichst vielen Steinen entspricht einem Baum im Graphen. Da an einem Stein nur bis zu drei weitere Steine angelegt werden können, muß für den Baum gelten, daß der maximale Grad <= 4 ist. (Man beachte, daß 4 und nicht 3 korrekt ist: An einen Stein A können bis zu 3 Steine angelegt werden, und A selbst liegt möglicherweise noch an einem anderen Stein an.) Aufgabe 4 Beweis mit vollständiger Induktion über der Höhe h: h = 0: Es gibt nur einen Baum der Höhe 0, nämlich denjenigen, der ausschließlich aus der Wurzel besteht. Dieser hat 2 0 = 1 Knoten. h h + 1: Sei (w, B L, B R ) ein vollständig ausgeglichener binärer Suchbaum der Höhe h + 1 mit minimaler Anzahl von Knoten. Einer der beiden Teilbäume B L oder B R hat dann die Höhe h, also mindestens 2 h Knoten. Der andere Teilbaum kann dann höchstens einen Knoten weniger haben. Insgesamt ergibt sich für die Anzahl von Knoten für (w, B L, B R ) die untere Schranke h + (2 h - 1) = 2 h+1.

6 Kurs 1663 Datenstrukturen" Musterlösungen zur Klausur vom Seite 6 Beweis mit vollständiger Induktion über der Höhe h: h = 0: Der Baum der Höhe 0 erfüllt diese Behauptung. h h + 1: Sei (w, B L, B R ) ein vollständig ausgeglichener binärer Suchbaum der Höhe h + 1. Mindestens einer der beiden Teilbäume, z.b. B L, hat die Höhe h und nach mindestens 2 h Knoten. Seine Blätter haben die Höhe h oder h > 1 (nach Induktionsannahme). Wenn der andere Teilbaum auch die Höhe h hat, müssen seine Blätter ebenfalls die Höhe h oder h - 1 haben. Ansonsten müssen alle Blätter dieses Teilbaums die Höhe h - 1 haben, da dieser Teilbaum mindestens 2 h - 1 Knoten enthält und daher ein voller Binärbaum ist. Die Behauptung ist also in beiden Fällen erfüllt. Aufgabe 5 Zahlen sinken entlang des fett gedruckten Pfades. Mit 0 gekennzeichnete Knoten gehören zum sortierten Heap. Aufgabe 6 algorithm merge(l 1, L 2 : list) : list; if isempty(l 1 ) then return L 2 elsif isempty(l 2 ) then return L 1 if rst(l 1 ) <rst(l 2 ) then append(merge(rest(l 1 ), L 2 ),rst(l 1 )) append(merge(l 1, rest(l 2 )),rst(l 2 )) end merge. Falls L 1 leer ist, wird L 2 zurückgeliefert. Falls L 2 leer ist wird L 1 zurückgeliefert Ansonsten sind beide Listen nicht leer, und wir vergleichen die ersten Elemente beide Listen. Falls das erste Element von L 1 kleiner ist, setzt sich das Ergebnis aus diesem Element und aus dem Ergebnis der Verschmelzung der Restliste von L 1 mit de vollständigen Liste L 2 zusammen. Ansonsten ist das erste Element von L 1 nicht kleiner als das erste Element von L 2, und das Ergebnis setzt sich aus dem ersten Element von L 2 und aus dem Ergebnis der Verschmelzung der vollständigen Liste L 1 mit der Restliste von L zusammen.

7 Kurs 1663 Datenstrukturen" Musterlösungen zur Klausur vom Seite 7 algorithm split(l : list) : (list, list); if isempty(l) then return (empty, empty) elsif isempty(rest(l)) then return (L, empty) (L 1, L 2 ) := split(rest(rest(l)); return (append(l 1,rst(L)), append(l 2,rst(rest(L)))) end split. Falls L leer ist, wird ein Paar leerer Listen zurückgeliefert. Falls L nur ein einziges Element besitzt, erhält die erste Liste des erzeugten Paares dieses Element und die zweite Liste ist leer. Ansonsten hat die Liste zwei oder mehr Elemente. Wir wenden zunächst split rekursiv auf das dritte und die nachfolgenden Elemente an. Das Ergebnis wird dem Paar (L 1, L 2 ) zugewiesen. D.h., L 1 enthält die Elemente an den Positionen 3, 5, 7, usw. der Ausgangsliste, während L 2 die Elemente an den Positionen 4, 6, 8, usw. der Ausgangsliste enthält. Zurückgegeben wird dann ein Paar von Listen. Die erste Liste erhält als erstes Element das erste Element der Ausgangsliste L sowie die Liste L 1 aller Elemente auf ungeraden Positionen. Die zweite Liste erhält als erstes Element das zweite Element der Ausgangsliste L sowie die Liste L 2 aller Elemente auf geraden Positionen. (c) algorithm mergesort(l : list) : list; if isempty(l) then return empty elsif isempty(rest(l)) then return L (L 1, L 2 ) := split(l); return merge(mergesort(l 1 ), mergesort(l 2)) end mergesort. Falls L leer ist oder aber nur aus einem Element besteht, ist L bereits sortiert und wird als Ergebnis zurückgeliefert. Ansonsten hat L mindestens zwei Elemente und wird mit Hilfe von split in zwei Hälften L 1 und L 2 (fast) gleicher Größe unterteilt. L 1 und L 2 werden dann rekursiv weiter sortiert, und die sortierten Teillisten werden mit merge verschmolzen, um eine sortierte Version von L zu erzeugen.