Grundlagen zu Datenstrukturen und Algorithmen Schmitt, Schömer SS 2001

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1 Grundlgen zu Dtenstrukturen und Algorithmen Schmitt, Schömer SS U N S A R I V E R S A V I E I T A S N I S S Lösungsvorschläge für ds 4. Übungsbltt Letzte Änderung m 8. Mi 001 Aufgbe 1 Gegeben sind reelle Werte 1,..., n ebenso wie die Funktion f : R R. () f(x) = mx { x i 1 i n}. Wir interpretieren x i ls den Abstnd zwischen x und i uf der x-achse. Somit liefert f(x) den größten Abstnd zwischen x und llen { i }. Nun definieren wir min = min { i } mx = mx { i } Es wird nun klr, dß für x kleiner ls min unsere Funktion f(x) = mx x liefert. Ebenso gilt f(x) = x min für x > mx. Ws pssiert mit x-werten, die zwischen min und mx liegen? Schuen wir uns folgendes Bild n: x min 1 3 mx Je weiter x nch rechts läuft, um so kleiner wird der Abstnd zu mx, während der zu min immer größer wird. Genu in der Mitte überwiegt der Abstnd zu min und wird zum neuen Mximum. Unsere Funktion f sieht lso wie folgt us: { mx x x min + mx min f(x) = x min x > min + mx min Der Abstnd sinkt lso mit steigendem x und fällt dnn wieder, und im Punkt x min = min + 1 ( mx min ) hben wir ein bsolutes Minimum, lso im rrithmetische Mittel von min und mx. Zeitkomplexität: Wir lufen lle { i } durch, und bestimmen Minimum und Mximum. Ds läßt sich in einem Durchluf erledigen, somit O(n). (b) f(x) = n x i. Wiederum betrchten wir x i ls den Abstnd zwischen x und i. Dß wir unser x min irgendwo zwischen den 1..n suchen müssen, ist ersichtlich. Es wird sich im folgenden informellen Beweis klären, wrum x min gerde der Medin der 1..n ist. Doch zunächst betrchten wir folgende Drstellung.

2 Von ußen nch innen können wir den Zhlenstrhl verschchteln, wobei die { i } gerde unsere Schchtelungsgrenzen bedeuten. Bei n Werten ergibt sich eine Schchtelungstiefe von n. Behuptung: Der Medin der { i } i 1..n minimiert i 1..n x i. Beweis: Induktiv über die Schchtelungstiefe h. (0) h = 1. Wir unterscheiden Fälle: (I) n ist gerde, wir hben Werte 1. Wir können x min frei zwischen 1 und wählen, d die Summe x min i = x min 1 + ( x min ) = 1 i 1.. stets konstnt ist für 1 x min, speziell wenn wir für x min den Medin wählen. (II) n ist ungerde, wir hben 3 Werte 1 3. x min i = 1 + x min 3 i 1..3 Anlog zu () ist x min frei zwischen 1 und wählbr, jedoch ist nun noch der Abstnd zu 3 zu berücksichtigen. Dieser wird zu 0 für x min = 3, lso miniml. D 3 jedoch unser Medin ist, gilt die Behuptung. (i) Die Behuptung gilt für h 1. (ii) Betrchten wir { i } 1 i n mit Schchtelungstiefe h. Die h-te Schchtel sei begrenzt durch die beiden Werte k l. Wir rgumentieren wie in (0): D wir unser x min zwischen k und l suchen, ändert unsere Whl für x min nichts n der Summe x min k + x min l = l k Es stellt sich lso herus, dß insgesmt x min i = l k + i 1..n i (1..n) {k,l} x min i gilt. Die rechte Summe ht Summnten weniger, und unsere Schchtelungstiefe sinkt um 1 uf h 1. Nch (i) wird die rechte Summe miniml, wenn x min den Wert des Medins nnimmt. Dies gilt dnn uch für die linke Summe, und unsere Behuptung ist bewiesen. Zeitkomplexität: Der Medin der Werte 1,.., n läßt sich in O(n) Zeit berechnen.

3 (c) f(x) = n x i. Dß Qudrte über reellen Zhlen stets positiv sind, ist kein Geheimnis. Also lssen wir die Betrgstriche weg, und rechnen: (x i ) = (x + i x + i ) Summen von endlichen Summen dürfen wir umordnen, und erhlten f(x) = x i x + = n x x i + ( i ) ( i ) Wir setzten im folgenden c = n i und d = n ( i). Nun differenzieren wir f(x) nch x und setzten dies uf 0. df dx = nx c = 0 nx = c x = 1 c n Somit ht f einen Extremwert n der Stelle 1 c. D die. Ableitung von f(x) für lle x den n Wert n > 0 nnimmt, liegt bei x min = 1 n n i ein Minimum vor. Es ist, welch Zufll, ds rithmetische Mittel über llen i. Zeitkomplexität: Wir lufen die Folge der { i } durch und summieren sie uf, nschließend dividieren wir durch n, mcht O(n). Aufgbe Die Medineigenschft sgt uns, ds die eine Hälfte der Elemente einer Menge größer oder gleich und die ndere Hälfte kleiner oder gleich den Medinen ist. Also ist unser Ziel, möglichst schnell Elemente wegzuschffen, die uns nicht interessieren, d.h die uf jeden Fll kleiner oder größer gleich den beiden gesuchten Medinen sein muß. (Wir bekommen uf jeden Fll zwei Medine, d wir mit *n eine gerde Anzhl von Elementen hben). Wir bestimmen von den beiden sortierten Folgen, hier zum Beispiel: jeweils die Medine 1.. n = [ 3, 13, 17, 0, 79, 90] b 1..b n = [ 1, 3, 7, 1, 16, 0] low :=, high :=, b low := b, b high := b wobei es im folgenden keine Rolle spielt, ob es nur einen Medin gibt, lso low = high b low = b high gilt. Wir hben nun verschiedene Fälle zu betrchten: 1. low > b high (wie in unserem Beispiel). Wir wissen lso nun, gegeben durch die Sortierung der Listen, dß lle Elemente links von b high uch kleiner ls low sind, und lle rechts von low uch

4 größer ls b high. Stellen wir uns die Folgen zusmmengemischt vor, wären diese (knpp n/) Elemente lso gnz ußen. D wir ber ds mittlere Element suchen, beschränken wir unsere Suche rekursiv nur noch uf die Folgen: 1.. high = [ 3, 13, 17, 0] b low..b n = [ 7, 1, 16, 0] Wir nehmen high und b low uch mit, d wir nicht wissen, ob wir vielleicht nur je einen Medin hben. Prktisch läßt mn dnn einfch die Elemente links vom kleineren, und die Elemente rechts vom größseren weg.. b low > high Der umgekehrte Fll. Anlog zur obigen Argumenttion ist sofort klr, dß wir weiterhin nur noch low.. n b 1..b high zur Rekursion weitergeben. 3. Keines von beidem, lso low b high b low high. Dieser Fll ist der günstigste. Nehmen wir n, wir hätten nur jeweils einen Medin. Ist weder (1) noch () erfüllt, müssen die Medine der beiden Folgen gleich sein. Sofort ist klr, dß, wenn wir die Folgen zusmmenmischen, diese beiden mittleren Elemente in der Mitte bleiben, d j lle linken der ersten Folge uch in der linken Hälfte der zweiten lnden. Also sind unsere gesuchten Medine low und b low - ZWEI Medine, nur zufällig dieselbe Zhl. Mit je zwei Medinen ist die Sitution ähnlich: [ 3, 13, 17, 0] [ 7, 1, 16, 0] Gnz gleich wieviele Elemente links und rechts unserer beiden Medinpre stehen, lle lnden in der gemischten Folge ußen. Also lssen wir von unseren vier übrigbleibenden Medin- Elementen jeweils ds größte und ds kleinste Weg, und hben unsere beiden gesuchten Medine, hier 13 und 16. Und genu dsselbe tun wir uch, flls wir im lufe unserer Rekursion irgendwnn bloß noch n= Elemente übrighben, womit die Rekursion uch ttsächlich immer terminiert. Wir können die Medine der Teilfolgen in konstnter Zeit bestimmen und reduzieren ds Problem in jedem Rekursions-Schritt uf je n + 1 Elemente pro Folge, womit wir logrithmische Lufzeit O(log n) hben. Mit etws Glück können wir ber uch sofort fertig sein ;). Aufgbe 3 Zunächst muß mn sich überlegen, uf wie viele verschiedene Arten mn zwei sortierte Folgen der Länge n zusmmenfügen knn, so dß die Sortierung der einzelnen Folgen erhlten bleibt. Die gemischte Folge ht offensichtlich die Länge n. Jetzt müssen us den n Plätzen genu n für die erste Folge usgewählt werden. Auf die Reiheinfolge kommt es nicht n, d diese durch die Sortierung vorgegeben ist. Dies ergibt dnn ( ) n n Kombintionen. Dmit sind uch die Positionen der Elemente der zweiten Folge festgelegt, d ihre Reihenfolge ebenflls durch die Sortierung vorgegeben ist. Unter diesen Kombintionen gibt es nun genu eine sortierte Folge. Um diese heruszufinden, knn mn sich nlog zu dem Beweis zur unteren Schrnke für vergleichsbsierte Sortierlgorithmen einen Entscheidungsbum vorstellen. Dieser ht dnn logrithmische Tiefe in der Anzhl der Kombintionen. Benutzt wird die Stirling-Formel: n! = πn ( n e ( ) n log n = log (n)! n!n! ) n (1 + Θ( 1 n ))

5 ) n ( 4πn n e = log πn ( ) n n Θ(1) e = log n πn Θ(1) = n 1 log(n) + Θ(1) Also unterscheidet sich die untere und obere Schrnke größenordnungsmäßig um den Term log(n). Für mthemtisch Interessierte: f(n) Θ( 1 n ) c > 0 n 0 n n 0 : f(n) = c n 1 + f(n) = lim (1 + f(n)) n f(n) Θ( 1 n ) c > 0 n 0 n n 0 : lim n 1 + f(n) (1 + f(n)) = Θ(1) 1 + c n (1 + c n ) = 1 Aufgbe 4 Sinn der Aufgbe wr ds Sortieren von Tupeln der Form (key, dt), wobei die Elemente nch dem key-teil, unter Erhltung ihres dt-teils, sortiert werden sollten. (Ging nicht eindeutig us Aufgbenstellung hervor) Um die geforderten Lufzeit und Pltzbedrf Bedingungen zu erfüllen knn mn wie folgt vorgehen: 1) übernehme die ersten drei for-schleifen (in C[i] steht die Stelle von A, n der m Ende ds erste Ml die Zhl i + 1 uftuchen wird) ) erstelle ein neues Arry C der Länge m und kopiere die Wert us C in C (ktueller Stnd nch Teilsortierung) 3) lufe von vorne nch hinten durch A und mche dbei folgendes (ktueller Index j): 3.1) wenn C[A[j] 1] j C[A[j]] 1, dnn gehe zum nächsten j 3.) sonst: speichere A[j] in einer Vriblen x und mrkiere A[j] ls leer 3..1) wenn C[x 1] A[C [x] 1] C[x] 1, dnn erniedrige C [x] und mche weiter 3..) wenn A[C [x] 1] leer ist, dnn speichere x in dort und erniedrige C [x] um ) sonst: tusche x und A[C [x] 1], erniedrige C [x] und behndle ds neue x wie oben Der zusätzliche Pltzbedrf liegt ein O(m), d C und C Länge m hben und x nur Länge 1. Die Lufzeit von Punkt 1) liegt in O(m + n) (siehe Abbruchbedingungen). Bei Punkt ) liegt die Lufzeit in O(m) und bei Punkt 3) liegt die Lufzeit in O(n), d mn sich jedes Element mximl konstnt oft nsieht. Aufgbe 5 Mn soll in einer gegebenen Schlüsselfolge den Schlüssel, flls existent, mit der bsoluten Mehrheit finden, und zwr in O(n). Wenn mn es lso schffen würde, die gegebene Folge in linerer Zeit uf hlbe Länge zu reduzieren, sodß der gesuchte Schlüssel dort weiterhin die

6 bsolute Mehrheit besitzt, so könnten wir drus einen O(n) Algorithmus konstruieren. Dies ist leicht über ds Mster Theorem einzusehen. T (n) = T ( n ) + Θ(n) => T (n) = Θ(n) Dzu fssen wir je zwei Elemente der Folge zu einem Pr zusmmen. x 1 x x 3 x 4... x n 1 x n Sind die Prtner gleich, so übernehmen wir einen der beiden in die neue Liste, sind sie ungleich, so übernehmen wir keinen von beiden. Flls n ungerde ist, d.h. ein Schlüssel keinen Prtner ht, wird dieser mit der gesmten Folge verglichen. Stellt dieser Schlüssel die bsolute Mehrheit, so sind wir fertig, wenn nicht, wird er nicht in die neue Folge ufgenommen. Wir benötigen lso Θ(n) Vergleiche, und erhlten eine Folge höchstens hlber Länge. Mit dieser neuen Folge wiederholen wir ds Spiel, bis in ihr nur noch ein oder kein Schlüssel übrig bleibt. Steht dort kein Schlüssel, so gibt es keinen mit der bsoluten Mehrheit. Steht dort ein Schlüssel, so muss er, um zu ermitteln, ob er wirklich die bsolute Mehrheit stellt, noch einml mit der ursprünglichen Folge verglichen werden. D wir dies ber nur einml tun, bleibt die linere Lufzeit erhlten. Bleibt nur noch zu zeigen, dß ein solcher Schlüssel x wirklich immer übrig bleibt. D x mehr ls n ml vorkommt, muss es mindestens ein Zwillingspärchen oder den ungeprten Schlüssel stellen. Im letzten Fll finden wir es sofort, im ersten wird es in die neue Folge übernommen. Dnn muß x uch mehr ls die Hälfte ller Zwillingspre stellen. Nehmen wir n, es gäbe genusoviele (oder gr mehr) Zwillingspre mit nderen Schlüsseln. Dnn könnte x nur die bsolute Mehrheit ereichen, wenn es uch in Pren vorkommt, die keine Zwillinge sind. Dnn würde sich ber uch für jedes Vorkommen von x die Anzhl der nderen Schlüssel um 1 erhöhen, wodurch x die bsolute Mehrheit nicht ereichen würde. Aus diesen beiden Punkten folgt, dß ein solches x, wenn es in einer Folge mehr ls die Hälfte der Schlüssel stellt, in der nächsten Folge wieder vorkommt und uch dort mehr ls die Hälfte der Schlüssel stellt, d es mehr ls die Hälfte der Zwillingspre stellte. Dher wird ein solches x in jeder Folge wieder mehr ls die Hälfte ller Schlüssel stellen, weshlb wir nur wrten müssen, bis es in der letzten Folge übrig bleibt oder den ungeprten Schlüssel stellt. D es nun ber vorkommen knn, dss zwr ein Schlüssel übrig bleibt, dieser ber nicht die bsolute Mehrheit besitzt, (zb.: durch nur ein einziges Zwillingspr in der gesmten Folge ) muss ein solcher Kndidt noch einml mit llen Schlüsseln der ursprünglichen Folge verglichen werden, um sicher zu gehen, dß er uch wirklich die bsolute Mehrheit besitzt.

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