Datenstrukturen & Algorithmen Lösungen zu Blatt 6 FS 12

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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 8. März 0 Peter Widmayer Yann Disser Datenstrukturen & Algorithmen Lösungen zu Blatt 6 FS Lösung 6. Selbstanordnende lineare Listen. a) Die Zugriffssequenz verursacht bei der Frequency-Count-Regel folgende Verschiebungen (jeweils mit dem zugehörigen Zählerstand dargestellt): K L A N G O P F E R Schrittzahl R K L A N G O P F E R E K L A N G O P F R E G K L A N O P F E R G K L A N O P F E R G N K L A O P F E R G N K L A O P F E R G N K L A O P F E R G N K L O A P F E R G N K L O P A F E R G N K L O P F A 0 0 E R G N K L O P F A 0 E N R G K L O P F A 4 0 Im ganzen werden 79 Schritte benötigt, im Mittel also 79/ 6.8 Schritte. Mit der Transpose Regel bewirkt die Zugriffssequenz folgende Verschiebungen:

2 K L A N G O P F E R Schrittzahl K L A N G O P F R E 0 K L A N G O P F E R 0 K L A G N O P F E R K L A G N O P E F R 9 K L A N G O P E F R K L A N G O P E F R L K A N G O P E F R L K A N O G P E F R 6 L K A N O P G E F R 7 L K A N O P G F E R 9 L K A N O P G E F R 9 L K N A O P G E F R 4 Im Ganzen werden 77 Schritte benötigt, im Mittel also 77/ 6.4. Die Frequency-Count Regel verhält sich somit bei diesem Beispiel ein wenig schlechter als die Transpose Regel. b) Eine schlechte Sequenz für die Transpose Regel auf der Startliste ist z.b. die n-malige Wiederholung von R, E. Hier benötigt jedes Paar 0 Schritte, im Ganzen also 0n Schritte (0 pro Zugriff). Mit der Move-To- Front Regel benötigt das erste Paar auch 0 Schritte, jedes folgende Paar aber nur 4. Für n benötigt Transpose also das -fache an Schritten. Im Allgemeinen ist Transpose schlecht, wenn man abwechselnd dieselben Elemente am Ende einer Liste abfragt und sich ihre Positionen im Mittel nicht verändern. Move-To-Front verhält sich schlecht, wenn ein selten gebrauchtes Element abgefragt wird. Dies ist beispielsweise dann der Fall, wenn die Elemente in der Liste rückwärts zugegriffen werden, also hier die n-malige Wiederholung von R, E, F, P, O, G, N, A, L, K. Move-To-Front benötigt jeweils 0 Schritte für jeden Zugriff, also 00n Schritte insgesamt. Dagegen benötigt Transpose = 60 Schritte für eine Wiederholung, und da danach die Liste wieder im Ursprungszustand ist, 60n Schritte insgesamt. Somit benötigt Move-To-Front hier.66 mal mehr Schritte als Transpose. Frequency-Count ist schlecht, wenn ein anfangs selten gebrauchtes Element plötzlich sehr oft gebraucht wird. Dann dauert es lange, bis das Element am Anfang der Liste ist. Zum Beispiel bei der Sequenz, die zuerst n mal auf K, dann n mal auf L, dann n mal auf A, und so weiter, zugreift. Erst nach dem n-ten Zugriff auf den jeweiligen Buchstaben rutscht das Element an den Anfang der Liste, und somit werden n 0 i = n Zugriffe benötigt. Mit Move-to-Front hingegen rutscht jedes Element beim ersten Zugriff zum Kopf der Liste und benötigt somit 0 (i + (n )) = 0n + 4 Zugriffe. Für n verursacht Frequency-Count bei dieser Sequenz also (asymptotisch) das.-fache an Schritten. Anmerkung: Sowohl Frequency-Count als auch Transpose können viel schlechter werden als eine andere Strategie, d.h. sind nicht k-kompetitiv für irgendeine Konstante k: Sei m die Anzahl Zugriffe, und n die Anzahl Elemente. Wenn man abwechselnd auf die letzten beiden Elemente zugreift, hat Transpose Kosten Ω(mn), Move-To-Front hätte O(m). Wenn man hingegen auf jedes Element in der ursprünglichen Anordnung nacheinander k + n mal zugreift, hat Frequency-Count Kosten Ω(kn ) = Ω(mn), optimal wäre aber O(m). Move-To-Front hingegen braucht stets höchstens zweimal soviele Zugriffe wie jede andere Lösung, ist also -kompetitiv. Lösung 6. Splay Trees & optimale Suchbäume. a) Einen Baum dieser Struktur erhält man z.b. durch Einfügen der Schlüssel,,,7,6,,4 in dieser Reihenfolge. b) Ein Beispiel ist a,..., a 7 =,,, 4,,, und b 0,..., b 7 = 0, 0,,,,, 0, 0, mit den Schlüsseln,..., 7 (die Zugriffshäufigkeiten stehen neben den Knoten/Blättern):

3 Dieses Beispiel erhält man, indem man die Gewichte von unten nach oben festlegt, und darauf achtet dass in jedem Teilbaum die Wurzel ein höheres Gewicht hat als die beiden Teilbäume zusammen, und dass die beiden Teilbäume ein gleichgrosses Gewicht haben (diese Bedingungen sind etwas stärker als nötig, führen aber mit Sicherheit zu der gewünschten Baumstruktur). Lösung 6. Erstellen von optimalen Suchbäumen. Die Tabellen r(i, j), P (i, j) und W (i, j) enthalten jeweils die Wurzel, die Anzahl Vergleiche und die Anzahl Zugriffe eines optimalen Suchbaums, so wie in Kapitel.7 des Buches beschrieben. W (i, j) i/j P (i, j) i/j r(i, j) i/j Der zugehörige Baum ist (die Zugriffshäufigkeiten stehen neben den Knoten/Blättern): 7 0 (-,) 4 4 (, ) 0 0 (,) (,) (,4) (4,)

4 Lösung 6.4 Amortisierte Analyse. Eine gute Wahl ist k = n. Dies bedeutet, dass, sobald das Array voll ist und man ein neues Element einfügen will, ein neues Array doppelter Länge erstellt wird. Um zu zeigen, dass mit dieser Wahl jede Einfügeoperation konstante amortisierte Kosten hat, führen wir eine amortisierte Analyse durch. Dazu definieren wir eine Potentialfunktion, welche jedem Array-Zustand einen Wert zuordnet (diesen Wert kann man intuitiv als Kontostand interpretieren). Zur Erinnerung: die amortisierte Analyse mittels Potentialfunktion funktioniert wie folgt: Man definiert Φ i als das Potential nach der i-ten Operation. Die i-te Operation hat tatsächliche Kosten t i. Dann sind die amortisierten Kosten der i-ten Operation definiert als a i := t i + Φ i Φ i. Aufgrund dieser Definition folgt für eine Folge von m Operationen: ( m ) a i = (t i + Φ i Φ i ) = t i + Φ m Φ 0, und somit t i = a i + Φ 0 Φ m. Wenn es also gelingt, die amortisierten Kosten jeder Operation abzuschätzen, sowie den Term Φ 0 Φ m, erhält man so auch eine Abschätzung für die tatsächlichen Gesamtkosten. Wenn man die Potenzialfunktion beispielsweise so wählt, dass Φ m Φ 0 für jedes m, dann folgt m t i m a i, d.h. man kann die tatsächlichen Gesamtkosten nach oben abschätzen durch die Summe der amortisierten Kosten. a) Einfügen in amortisiert konstanter Zeit: Wir definieren das Potential (bzw. den Kontostand) eines Arrays der Grösse n als 6 Anzahl der Elemente in der oberen Hälfte des Arrays (also an Positionen n +,..., n). Zu beachten ist, dass sich auch n ändert, wenn das Array vergrössert wird. Aus der Definition folgt Φ 0 = 0 (anfangs ist das Array leer), und weil Φ i mit dieser Definition nie negativ sein kann, ist auch klar, dass für i > 0 gilt Φ i 0, also insbesondere Φ m Φ 0. Wir müssen also nur noch untersuchen, wie gross die amortisierten Kosten einer Einfügeoperation sind. Dazu unterscheiden wir zwei Fälle: Wenn bei der i-ten Einfügeoperation das Array nicht verdoppelt wird (d.h. es ist noch nicht voll), dann ist t i = und Φ i Φ i 6 (= 0 falls das Array noch nicht halb voll ist, und = 6 sonst), und somit a i + 6 = 7. Wenn bei der i-ten Einfügeoperation das Array von Grösse n auf Grösse n verdoppelt wird, sind die tatsächlichen Kosten t i = n }{{} Array Anlegen + n }{{} Kopieren + }{{} = n + neues Element einfügen und die Potentialdifferenz ist Φ i Φ i = 6 ( n ) = 6 n, und somit sind die amortisierten Kosten in diesem Fall a i = n + 7 n = 7. Für jede Einfügeoperation sind also die amortisierten Kosten konstant (genauer: a i amortisierte Analyse für das Einfügen abgeschlossen. 7). Damit ist die b) Entfernen in amortisiert konstanter Zeit: Wir zeigen im Folgenden, dass eine amortisiert konstante Laufzeit möglich ist. Dabei wird das Array erst dann von der Grösse n auf die Grösse n/ geschrumpft, wenn es nur noch n/4 Elemente im Array hat, und nicht schon, wenn es noch n/ Elemente hat. Dies verhindert, dass die Arraygrösse stets verdoppelt und wieder halbiert wird, wenn man in ein Array zuerst n/ Elemente einfügt und dann immer abwechselnd eines einfügt und dieses gleich wieder löscht (dies würde passieren, wenn man bei n/ Elementen im Array schon die Grösse 4

5 halbieren würde). Für die amortisierte Analyse definieren wir das Potential (bzw. den Kontostand) eines Arrays der Grösse n als Anzahl leere Positionen in der unteren Hälfte des Arrays (also an Positionen,..., n ). Wenn bei einer Löschoperation i das Array nicht halbiert wird, gilt a i = + 0 falls das gelöschte Element in der oberen Hälfte des Arrays liegt, oder a i = + falls das gelöschte Element in der unteren Hälfte liegt. Wenn bei der Löschoperation i das Array halbiert wird, gilt und die Potentialdifferenz ist t i = n/ + n/4 = }{{}}{{} 4 n neues Array anlegen Elemente kopieren Φ i Φ i = ( n/4) und somit sind die amortisierten Kosten in diesem Fall a i = 4n + ( n/4) =. Für jede Löschoperation sind also die amortisierten Kosten konstant (genauer: a i 4). Es ist einfach zu sehen, dass Φ 0 Φ m m. Für die tatsächlichen Kosten erhalten wir t i = a i + Φ 0 Φ m 4m + m = O(m). Damit ist die amortisierte Analyse für das Löschen ebenfalls abgeschlossen. Es ist nun leicht zu sehen, dass man mit der Potentialfunktion 6 (Anz. El. in der oberen Hälfte des Arrays + Anz. leere Positionen in der unteren Hälfte des Arrays) auch für jede Folge von Einfüge- und Löschoperationen in beliebiger Reihenfolge zeigen kann, dass die amortisierten Kosten jeder Operation konstant sind. Bemerkung: Man könnte natürlich auch weitere Kosten in die Analyse mit einbeziehen, z.b. wenn man davon ausgeht dass das Löschen eines Arrays der Länge n die Kosten Θ(n) hat (und nicht 0).