Ефективне стиснення не маркованих дерев

Розгляньте не марковані, вкорінені двійкові дерева. Ми можемо стиснути такі дерева: коли є покажчики на підтрубки і T ′ з T = T ′ (трактуючи = як структурна рівність), ми зберігаємо (wlog) T і замінюємо всі покажчики на T $T$$T'$$T = T'$$=$$T$$T'$ з покажчиками на . Див . Приклад відповіді uli .$T$

Наведіть алгоритм, який приймає дерево у наведеному вище значенні як вхідний та обчислює (мінімальне) число вузлів, які залишаються після стиснення. Алгоритм повинен працювати в часі (в єдиній моделі витрат) з n кількістю вузлів на вході.$\cal{O}(n\log n)$$n$

Це було екзаменаційне питання, і я не зміг придумати гарного рішення, а також не бачив.

Так, ви можете виконати це стиснення в час, але це непросто :) Спочатку робимо деякі спостереження, а потім представляємо алгоритм. Ми припускаємо, що дерево спочатку не стискається - це насправді не потрібно, але полегшує аналіз.$O(n \log n)$

По-перше, ми характеризуємо «структурну рівність» індуктивно. Нехай і Т ' - два (під) дерева. Якщо T і T ' обидва нульові дерева (взагалі не мають вершин), вони структурно еквівалентні. Якщо T і T ' обидва не нульові дерева, то вони структурно рівнозначні, якщо їхні ліві діти структурно рівнозначні, а їхні праві діти - структурно рівнозначні. "Структурна еквівалентність" є мінімальною фіксованою точкою в цих визначеннях.$T$$T'$$T$$T'$$T$$T'$

Наприклад, будь-які два вузли листя є структурно еквівалентними, оскільки вони обидва мають нульові дерева, як і їхні діти, які структурно рівнозначні.

Оскільки досить прикро сказати, що "їхні ліві діти структурно рівнозначні, як і їхні праві діти", ми часто говоримо "їхні діти структурно рівнозначні" і мають намір те саме. Також зауважимо, що іноді ми говоримо "ця вершина", коли маємо на увазі "піддірення, що вкорінене в цій вершині".

Вищенаведене визначення відразу дає нам підказку, як виконати стиснення: якщо ми знаємо структурну еквівалентність усіх підтрубків з глибиною не більше , то ми можемо легко обчислити структурну еквівалентність підрядів з глибиною d + 1 . Нам потрібно робити це обчислення розумним способом, щоб уникнути часу запуску O ( n 2 ) .$d$$d+1$$O(n^2)$

Алгоритм призначатиме ідентифікатори для кожної вершини під час її виконання. Ідентифікатор - це число у наборі $\{ 1, 2, 3, \dots, n \}$ . Ідентифікатори є унікальними і ніколи не змінюються: тому ми припускаємо, що ми встановлюємо певну (глобальну) змінну до 1 на початку алгоритму, і кожен раз, коли ми присвоюємо ідентифікатор якійсь вершині, ми присвоюємо поточне значення цієї змінної вершині та приросту значення цієї змінної.

Спочатку перетворюємо дерево вводу в (максимум $n$ ) списки, що містять вершини однакової глибини, разом із вказівником на їх батьків. Це легко зробити за час.$O(n)$

Спочатку стискаємо все листя (їх можна знайти у списку з вершинами глибини 0) в одну вершину. Цю вершину ми присвоюємо ідентифікатору. Стиснення двох вершин виконується шляхом перенаправлення батьківського з вершин будь-якої вершини, щоб вказати на іншу вершину.

Ми робимо два спостереження: по-перше, у будь-якій вершині є діти суворо меншої глибини, по-друге, якщо ми виконали стиснення на всіх вершинах глибини меншої ніж (і дали їм ідентифікатори), то дві вершини глибини d структурно рівнозначні і можна стиснути, якщо ідентифікатори їхніх дітей збігаються. Останнє спостереження випливає з наступного аргументу: дві вершини структурно рівнозначні, якщо їхні діти структурно рівнозначні, і після стиснення це означає, що їхні покажчики вказують на тих самих дітей, що, в свою чергу, означає, що ідентифікатори їхніх дітей рівні.$d$$d$

Ми повторюємо всі списки з вузлами однакової глибини від малої до великої глибини. Для кожного рівня ми створюємо список цілих пар, де кожна пара відповідає ідентифікаторам дітей певної вершини на цьому рівні. Ми маємо, що дві вершини на цьому рівні структурно еквівалентні, якщо їх відповідні цілі пари рівні. Використовуючи лексикографічне впорядкування, ми можемо їх сортувати та отримати множини цілих пар, рівних. Ми стискаємо ці множини до одиничних вершин, як зазначено вище, і надаємо їм ідентифікатори.

Наведені вище спостереження доводять, що такий підхід працює і призводить до стиснення дерева. Загальний час роботи - плюс час, необхідний для сортування створених нами списків. Оскільки загальна кількість цілих пар, які ми створюємо, дорівнює n , це дає нам, що загальний час запуску дорівнює O ( n log $O(n)$$n$ , як потрібно. Підрахунок, скільки вузлів у нас залишилося в кінці процедури, є тривіальним (просто подивіться, скільки ідентифікаторів ми передали).$O(n \log n)$

Стиснення структури, що не змінюється, так, щоб вона не дублювала жодну структурно рівну підтермію, відоме як хеш-консинг . Це важливий прийом управління пам’яттю у функціональному програмуванні. Хеш-консинг - це свого роду систематичне запам'ятовування структур даних.

Ми збираємось хеш-мінуси дерева та підраховуємо вузли після конфіскації хешу. Хеш-консистенція структури даних розміром завжди може бути виконана в O ( $n$ операції; підрахунок кількості вузлів на кінці є лінійним у кількості вузлів.$O(n\:\mathrm{lg}(n))$

Я вважатиму дерева, які мають таку структуру (написана тут у синтаксисі Haskell):

data Tree = Leaf
          | Node Tree Tree

Для кожного конструктора нам потрібно підтримувати відображення від його можливих аргументів до результату застосування конструктора до цих аргументів. Листя тривіальні. Для вузлів ми підтримуємо кінцеву часткову карту де T - набір ідентифікаторів дерев і N - набір ідентифікаторів вузлів; T = N ⊎ { ℓ }, де ℓ - єдиний ідентифікатор листя. (Конкретно кажучи, ідентифікатор - це вказівник на блок пам'яті.)$\mathtt{nodes} : T \times T \to N$$T$$N$$T = N \uplus \{\ell\}$$\ell$

Ми можемо використовувати структуру даних логарифмічного часу nodes, наприклад, збалансоване дерево бінарного пошуку. Нижче я називаю lookup nodesоперацію, яка шукає ключ у nodesструктурі даних, і insert nodesоперацію, яка додає значення під свіжим ключем і повертає цей ключ.

Тепер обводимо дерево і додаємо вузли, коли ми йдемо далі. Хоча я пишу в псевдокоді, подібному до Haskell, я буду вважати nodesглобальну змінну змінну; ми лише коли-небудь додаватимемо його, але вставки потрібно прошивати по всій темі. addФункція рекурсивно на дереві, додавши його піддерев до nodesкарті, і повертає ідентифікатор кореня.

insert (p1,p2) =
add Leaf = $\ell$
add (Node t1 t2) =
    let p1 = add t1
    let p2 = add t2
    case lookup nodes (p1,p2) of
      Nothing -> insert nodes (p1,p2)
      Just p -> p

Кількість insertвикликів, що також є кінцевим розміром nodesструктури даних, - це кількість вузлів після максимального стиснення. (Якщо потрібно, додайте його для порожнього дерева.)

Ось ще одна ідея, яка спрямована на (ін’єкційне) кодування структури дерев у числа, а не просто маркування їх довільно. Для цього ми використовуємо, що просте множення будь-якого числа є унікальним.

Для наших цілей нехай $E$ позначають порожнє місце на дереві та $N(l,r)$ вузол з лівим піддеревом $l$ і праве піддерево $r$. $N(E,E)$був би листочок. А тепер нехай

$\qquad \displaystyle \begin{align*} f(E) &= 0 \\ f(N(l,r)) &= 2^{f(l)}\cdot 3^{f(r)} \end{align*}$

Використання $f$, ми можемо обчислити набір усіх підрядів, що містяться в дереві знизу вгору; у кожному вузлі ми зливаємо набори кодувань, отриманих від дітей, і додаємо нове число (яке можна обчислювати в постійному часі з кодування дітей).

Останнє припущення - це розтягнення на реальних машинах; у цьому випадку можна вважати за краще використовувати щось подібне до функції спарювання Кантора замість експоненції.

Час виконання цього алгоритму залежить від структури дерева (на збалансованих деревах, $\cal{O}(n \log n)$з будь-якою реалізацією набору, яка дозволяє об'єднати в лінійний час). Для загальних дерев нам потрібен логарифмічний часовий союз з простим аналізом. Можливо, все-таки може допомогти складний аналіз; зауважимо, що звичайне дерево найгіршого випадку, лінійний список, визнає$\cal{O}(n \log n)$ час тут, тож не зовсім зрозуміло, що може бути найгіршим.

Оскільки фотографії в коментарях заборонені:

ліворуч вгорі: дерево вводу

праворуч вгорі: підрядки, що укорінені у вузлах 5 та 7, теж ізоморфні.

ліворуч праворуч: стислі дерева не визначені однозначно.

Зауважте, що в цьому випадку розмір дерева знизився з $7+5|T|$ теж $6+|T|$.

Редагувати: Я читав питання, оскільки Т і Т 'були дітьми одного батька. Я вважав, що визначення стиснення також є рекурсивним, це означає, що ви можете стиснути дві раніше стиснуті підрядки. Якщо це не власне питання, то моя відповідь може не спрацювати.

$O(n \log n)$ благає про $T(n) = 2T(n/2) + cn$розділити і підкорити рішення. Рекурсивно стискають вузли та обчислюють кількість нащадків у кожному піддереві після стиснення. Ось кілька псевдокодів python-esque.

def Comp(T):
   if T == null:
     return 0
   leftCount = Comp(T.left)
   rightCount = Comp(T.right)
   if leftCount == rightCount:
     if hasSameStructure(T.left, T.right):
       T.right = T.left
       return leftCount + 1
     else
       return leftCount + rightCount + 1    

Де hasSameStructure()функція, яка порівнює два вже стиснуті підряди за лінійним часом, щоб побачити, чи мають вони таку саму структуру. Написання лінійної рекурсивної функції часу, яка проходить кожне і перевіряє, чи є одне піддерево лівою дитиною щоразу, коли інше робить і т.д., не повинно бути важким.

Дозволяти $n_\ell$ і $n_r$бути розмірами лівого та правого підкремлів відповідно (після стиснення). Тоді час роботи