Algorithmen und Datenstrukturen 1-5. Seminar -

Transkript

1 Algorithmen und Datenstrukturen 1-5. Seminar - Dominic Rose Bioinformatics Group, University of Leipzig Wintersemester 2009/10

2 Outline Übungsserie: 5 Aufgaben, insgesamt 40 Punkte A17 Baum-Traversierung (14 Punkte) A18 AVL-Bäume(14 Punkte) A19 Beweis (4 Punkte) A20 Beweis (4 Punkte) A21 Beweis (4 Punkte) Zusammenfassung (Klausur)

3 Aufgabe 17 Ein Programm erzeugt eine Permutation einer einzugebenden Schlüsselfolge, indem es die Schlüssel in der gegebenen Reihenfolge in einen anfangs leeren binären Suchbaum einfügt und anschliessend in einem Durchlauf in Nebenreihenfolge (post-order traversal) ausgibt. Welche Ausgabe liefert das Programm bei Eingabe folgender Schlüsselsequenzen? a) b) c) d) e) f) g) x2 = 14 Punkte

4 Wiederholung: Traversieren von Bäumen Verschiedene Möglichkeiten, die Knoten von Binärbäumen zu durchlaufen. Man unterscheidet: pre-order Hauptreihenfolge: WLR in-order symmetrische Reihenfolge: LWR post-order Nebenreihenfolge: LRW

5 Allgemein: Traversieren von Graphen Baum: Zyklenfreier Graph Breitensuche (BFS - breadth-first-search) Tiefensuche (DFS - depth-first-search)

6 Allgemein: Traversieren von Graphen Breitensuche (BFS - breadth-first-search) Durchlaufen der Knoten eines Graphen geordnet nach der Entfernung von einem Startknoten. Zuerst werden alle vom Startknoten direkt durch eine Kante erreichbaren Knoten besucht, danach die mit zwei Kanten Entfernung, dann die mit drei usw.

7 Allgemein: Traversieren von Graphen Tiefensuche (DFS - depth-first-search) Vom Startknoten so weit wie möglich einen gewählten Pfad entlang gehen. Am Ende eines Zweiges angekommen, schrittweise zurück gehen, bis man unbesuchten Teilbaum absteigen kann. Fertig, wenn man wieder am Startknoten angelangt ist und es keine unbesuchten direkten Nachbarknoten des Startknotens mehr gibt. Backtracking: Solange wie möglich gehen, wenn man nicht mehr weiter kommt, zurückgehen bis man einen anderen Weg findet.

8 Allgemein: Traversieren von Graphen

9 Aufgabe 17 (a) post-order = Nebenreihenfolge = LRW Eingabefolge:

10 Aufgabe 17 (b) post-order = Nebenreihenfolge = LRW Eingabefolge:

11 Aufgabe 17 (c) post-order = Nebenreihenfolge = LRW Eingabefolge:

12 Aufgabe 17 (d) post-order = Nebenreihenfolge = LRW Eingabefolge:

13 Aufgabe 17 (e) post-order = Nebenreihenfolge = LRW Eingabefolge:

14 Aufgabe 17 (f) post-order = Nebenreihenfolge = LRW Eingabefolge:

15 Aufgabe 17 (g) post-order = Nebenreihenfolge = LRW Eingabefolge:

16 Aufgabe 18 Konstruieren Sie zu jeder der in Aufgabe 17 angegebenen Schlüsselfolgen (a-g) einen AVL-Baum, indem Sie die Schlüssel in der gegebenen Reihenfolge in einen anfangs leeren AVL-Baum einfügen und nach jeder Einfügung die gegebenfalls notwendigen Rotationen vornehmen. Zeichnen Sie für jede der Schlüsselfolgen (a-g) nur den resultierenden Baum. Zwischenschritte brauchen nicht angegeben zu werden. 7x2 = 14 Punkte

17 Wiederholung: l-balancierter Binärbaum Seien B l (x) und B r (x) die linken und rechten TB eines Knotens x und h(b) die Höhe eines Baumes B. Definition: Ein l-balancierter Binärbaum ist entweder leer oder es ist ein Baum, bei dem für jeden Knoten x gilt: h(b l (x)) h(b r (x)) l. l läßt sich als Maß für die zulässige Entartung im Vergleich zur ausgeglichenen Baumstruktur auffassen. 1-balancierter Binärbaum heißt AVL-Baum

18 Wiederholung: AVL-Baum Balancierungskriterium h(b l (x)) h(b r (x)) 1. Der Balancierungsfaktor BF(x) eines Knotens x: BF(x) = h(b l (x)) h(b r (x)). = Höhendifferenz der Unterbäume von x. Einfügen/Löschen von Knoten: AVL-Kriterium darf nicht verletzt werden, sonst Reorganisation: Einfach-/Doppelrotation.

19 Reorganisation: Rotation 4 Fälle: 1. Einfache Rechts-Rotation 2. Einfache Links-Rotation 3. Doppelte Rechts-/Links-Rotation 4. Doppelte Links-/Rechts-Rotation

20 Reorganisation: Einfachrotation Einfache Rechts-Rotation:

21 Reorganisation: Einfachrotation Einfache Links-Rotation:

22 Reorganisation: Einfachrotation Einfachrotation im Allgemeinen:

23 Reorganisation: Doppelrotation Doppelte Rechts-/Links-Rotation:

24 Reorganisation: Doppelrotation Doppelte Links-/Rechts-Rotation:

25 AVL-Rebalancierung Jeweils nach Einfügen oder Löschen eines Knotens i, für alle Knoten y auf dem Pfad vom Vater von i bis zur Wurzel: Berechne BF(y). Falls BF(y) +2: Betrachte linken Tochterknoten x von y. Bei BF(x) 0, rotiere rechts um y. Sonst (BF(x) < 0), rotiere zuerst links um x, dann rechts um y. Falls BF(y) 2: Betrachte rechten Tochterknoten x von y. Bei BF(x) 0, rotiere links um y. Sonst (BF(x) > 0), rotiere zuerst rechts um x, dann links um y.

26 Aufgabe 18 (a) Eingabefolge:

27 Aufgabe 18 (a) Eingabefolge:

28 Aufgabe 18 (b) Eingabefolge:

29 Aufgabe 18 (b) Eingabefolge:

30 Aufgabe 18 (c) Eingabefolge:

31 Aufgabe 18 (c) Eingabefolge:

32 Aufgabe 18 (d) Eingabefolge:

33 Aufgabe 18 (d) Eingabefolge:

34 Aufgabe 18 (e) Eingabefolge:

35 Aufgabe 18 (e) Eingabefolge:

36 Aufgabe 18 (f) Eingabefolge:

37 Aufgabe 18 (f) Eingabefolge:

38 Aufgabe 18 (g) Eingabefolge:

39 Aufgabe 18 (g) Eingabefolge:

40 Aufgabe 19 Aufgabe: Sei T ein binärer Suchbaum mit paarweise verschiedenen Schlüsseln. Der Schlüssel x befinde sich in einem Knoten von T mit zwei nicht-leeren Unterbäumen. Zeigen Sie: Der Nachfolger von x befindet sich in einem Knoten mit leerem linken Unterbaum.

41 Aufgabe 19 Aufgabe: Sei T ein binärer Suchbaum mit paarweise verschiedenen Schlüsseln. Der Schlüssel x befinde sich in einem Knoten von T mit zwei nicht-leeren Unterbäumen. Zeigen Sie: Der Nachfolger von x befindet sich in einem Knoten mit leerem linken Unterbaum. Lösungsidee: Beweis durch Widerspruch Seien x, y Knoten im Baum T und y der Nachfolger von x (y > x) und y habe einen nicht-leeren linken Teilbaum. Wir zeigen, dass y nicht der Nachfolger von x in T sein kann.

42 Aufgabe 19 Es gibt 3 Fälle für die rel. Anordnung von x und y im Baum T:

43 Aufgabe 19 Fall 1: x ist im linken Unterbaum des y-knotens. Der rechte Unterbaum des x-knotens ist nicht-leer und enthält einen Schlüssel z mit x < z < y. Damit ist y nicht Nachfolger von x.

44 Aufgabe 19 Fall 1: x ist im linken Unterbaum des y-knotens. Der rechte Unterbaum des x-knotens ist nicht-leer und enthält einen Schlüssel z mit x < z < y. Damit ist y nicht Nachfolger von x. Fall 2: y ist im rechten Unterbaum des x-knotens. Der linke Unterbaum des y-knotens ist nicht-leer und enthält einen Schlüssel z mit x < z < y. Damit ist y nicht Nachfolger von x.

45 Aufgabe 19 Fall 1: x ist im linken Unterbaum des y-knotens. Der rechte Unterbaum des x-knotens ist nicht-leer und enthält einen Schlüssel z mit x < z < y. Damit ist y nicht Nachfolger von x. Fall 2: y ist im rechten Unterbaum des x-knotens. Der linke Unterbaum des y-knotens ist nicht-leer und enthält einen Schlüssel z mit x < z < y. Damit ist y nicht Nachfolger von x. Fall 3: Es gibt einen Knoten mit Schlüssel z, so dass sich der x-knoten im linken Unterbaum des z-knotens und y im rechten Unterbaum des z-knotens befindet. Dann ist x < z < y und somit y nicht Nachfolger von x.

46 Aufgabe 20 Ein binärer Suchbaum T mit n Knoten wird in Nebenreihenfolge durchlaufen (post-order traversal), was eine Schlüsselfolge a 1, a 2,..., a n erzeugt. Die Schlüssel werden anschliessend in umgekehrter Reihenfolge a n, a n 1,..., a 1 in einen anfangs leeren binären Suchbaum iterativ eingefügt. Zeigen Sie, dass der so konstruierte binäre Suchbaum gleich dem eingegebenen Baum T ist.

47 Aufgabe 20 Ein binärer Suchbaum T mit n Knoten wird in Nebenreihenfolge durchlaufen (post-order traversal), was eine Schlüsselfolge a 1, a 2,..., a n erzeugt. Die Schlüssel werden anschliessend in umgekehrter Reihenfolge a n, a n 1,..., a 1 in einen anfangs leeren binären Suchbaum iterativ eingefügt. Zeigen Sie, dass der so konstruierte binäre Suchbaum gleich dem eingegebenen Baum T ist. Induktion über T (Anzahl der Stufen von T).

48 Aufgabe 20 B(a) sei der binäre Suchbaum nach Einfügen der Schlüssel der Sequenz a in einen anfangs leeren Baum. P(T ) sei die Schlüsselsequenz aus der Post-Order-Traversierung des binären Suchbaums T. R(a) sei die Sequenz a nach Umkehrung der Reihenfolge. Induktionsbehauptung: B R P ist die Identität, also für jeden binären Suchbaum T gilt T = B(R(P(T ))).

49 Aufgabe 20 Beweis per Induktion über T : Induktionsvoraussetzung: Für T = 0 ist P(T ) die leere Sequenz, ebenso R(P(T )). Einfügen von nichts in den leeren Suchbaum ergibt wieder den leeren Baum T.

50 Aufgabe 20 Beweis per Induktion über T : Induktionsvoraussetzung: Für T = 0 ist P(T ) die leere Sequenz, ebenso R(P(T )). Einfügen von nichts in den leeren Suchbaum ergibt wieder den leeren Baum T. Induktionsannahme: Sei T > 0 und für alle binären Suchbäume U mit U < T gelte die Gleichung U = B(R(P(U))). Den linken bzw. rechten Teilbaum von T nennen wir T l bzw. T r, die Wurzel w, so dass T = (T l, w, T r ).

51 Aufgabe 20 Induktionsschluss: Dann ist P(T ) = P(T l ) P(T r ) w und somit R(P(T )) = w R(P(T r )) R(P(T l )). Nach Induktionsannahme ist B(R(P(T l ))) = T l und B(R(P(T r ))) = T r. Da alle Schlüssel aus der Sequenz R(P(T r )) grösser als w und alle Schlüssel aus der Sequenz R(P(T l )) kleiner als w sind, finden wir: B(R(P(T ))) = B( w R(P(T r )) R(P(T l )) ) = (B(R(P(T l ))), B(w), B(R(P(T r ))) = (T l, w, T r ) = T.

52 Aufgabe 21 Seien T 1 und T 2 binäre Suchbäume, die dieselben Schlüssel enthalten, jedoch verschiedene Struktur besitzen. Zeigen Sie, dass sich T 1 durch eine geeignete Folge von Rotationen in T 2 überführen lässt.

53 Aufgabe 21 Vorbetrachtungen: Für einen Knoten v auf Stufe i > 0 in einem binären Suchbaum T gibt es eine Rotation R, nach welcher sich der Knoten v auf Stufe i 1 befindet.

54 Aufgabe 21 Vorbetrachtungen: Für einen Knoten v auf Stufe i > 0 in einem binären Suchbaum T gibt es eine Rotation R, nach welcher sich der Knoten v auf Stufe i 1 befindet. Bezeichne w den Vaterknoten von v. Je nachdem, ob v linkes oder rechtes Kind von w ist, ist R als Rechts- bzw. Links-Rotation um w zu wählen.

55 Aufgabe 21 Vorbetrachtungen: Für einen Knoten v auf Stufe i > 0 in einem binären Suchbaum T gibt es eine Rotation R, nach welcher sich der Knoten v auf Stufe i 1 befindet. Bezeichne w den Vaterknoten von v. Je nachdem, ob v linkes oder rechtes Kind von w ist, ist R als Rechts- bzw. Links-Rotation um w zu wählen. Durch Induktion folgt, dass jeder Knoten, der sich ursprünglich auf Stufe i befunden hat, durch eine Abfolge von i Rotationen auf Stufe 0 gebracht werden kann, also zur Wurzel des Baums gemacht werden kann.

56 Beweis: Aufgabe 21 Seien nun T 1 und T 2 wie in der Aufgabenstellung, wobei x der Schlüssel in der Wurzel von T 2 sei.

57 Beweis: Aufgabe 21 Seien nun T 1 und T 2 wie in der Aufgabenstellung, wobei x der Schlüssel in der Wurzel von T 2 sei. Gemäß Vorbetrachtung kann der Knoten v, der den Schlüssel x im Baum T 1 enthält, durch eine endliche Abfolge von Rotationen zur Wurzel des Baum gemacht werden.

58 Beweis: Aufgabe 21 Seien nun T 1 und T 2 wie in der Aufgabenstellung, wobei x der Schlüssel in der Wurzel von T 2 sei. Gemäß Vorbetrachtung kann der Knoten v, der den Schlüssel x im Baum T 1 enthält, durch eine endliche Abfolge von Rotationen zur Wurzel des Baum gemacht werden. Wenden wir diese Rotationsfolge auf T 1 an und nennen den resultierenden Baum T.

59 Beweis: Aufgabe 21 Seien nun T 1 und T 2 wie in der Aufgabenstellung, wobei x der Schlüssel in der Wurzel von T 2 sei. Gemäß Vorbetrachtung kann der Knoten v, der den Schlüssel x im Baum T 1 enthält, durch eine endliche Abfolge von Rotationen zur Wurzel des Baum gemacht werden. Wenden wir diese Rotationsfolge auf T 1 an und nennen den resultierenden Baum T. Die Wurzel von T enthält den Schlüssel x.

60 Beweis: Aufgabe 21 Seien nun T 1 und T 2 wie in der Aufgabenstellung, wobei x der Schlüssel in der Wurzel von T 2 sei. Gemäß Vorbetrachtung kann der Knoten v, der den Schlüssel x im Baum T 1 enthält, durch eine endliche Abfolge von Rotationen zur Wurzel des Baum gemacht werden. Wenden wir diese Rotationsfolge auf T 1 an und nennen den resultierenden Baum T. Die Wurzel von T enthält den Schlüssel x. Dementsprechend enthält der linke Teilbaum von T dieselben Schlüssel wie der linke Teilbaum von T 2, nämlich genau diejenigen, die kleiner als x sind.

61 Aufgabe 21 Beweis: Entsprechend enthalten die rechten Teilbäume von T und T 2 beide genau die Schlüssel größer als x.

62 Aufgabe 21 Beweis: Entsprechend enthalten die rechten Teilbäume von T und T 2 beide genau die Schlüssel größer als x. Daher können wir nun die Vorbetrachtung separat auf den linken und den rechten Teilbaum anwenden und anschliessend auf deren Teilbäume und so weiter.

63 Aufgabe 21 Beweis: Entsprechend enthalten die rechten Teilbäume von T und T 2 beide genau die Schlüssel größer als x. Daher können wir nun die Vorbetrachtung separat auf den linken und den rechten Teilbaum anwenden und anschliessend auf deren Teilbäume und so weiter. Nach der i-ten solchen Rekursion ist der resultierende Baum auf den Stufen 0 bis i 1 gleich dem Baum T 2.

64 Aufgabe 21 Beweis: Entsprechend enthalten die rechten Teilbäume von T und T 2 beide genau die Schlüssel größer als x. Daher können wir nun die Vorbetrachtung separat auf den linken und den rechten Teilbaum anwenden und anschliessend auf deren Teilbäume und so weiter. Nach der i-ten solchen Rekursion ist der resultierende Baum auf den Stufen 0 bis i 1 gleich dem Baum T 2. Daher sind maximal h(t 2 ) Rekursionen nötig, um T 2 aus T 1 durch Rotationen zu erzeugen.

65 Klausur , 17:15-18:45 Uhr, HS 8+9 Asymptotische Komplexität Master-Theorem Suchen Sortieren Bäume Hashing

66 Wiederholung Groß-Oh-Notation: bringt zum Ausdruck, dass eine Funktion f (n) höchstens so schnell wächst wie eine andere Funktion g(n). Definition: Funktion f (n) ist in der Menge O(g(n)), wenn es ein c > 0 und ein n 0 N gibt, so dass für alle n n 0 gilt: f (n) c g(n) Groß-Omega-Notation: f (n) wächst mindestens so schnell wie g(n).

67 Wiederholung