Чи не всі червоно-чорні дерева врівноважені?

Інтуїтивно "збалансовані дерева" повинні бути деревами, де ліві та праві піддерева у кожному вузлі повинні мати "приблизно однакову" кількість вузлів.

Звичайно, коли ми говоримо про те, що червоно-чорні дерева * (див. Визначення в кінці) є врівноваженими, ми фактично маємо на увазі, що вони збалансовані по висоті і в цьому сенсі вони врівноважені.

Припустимо, ми спробуємо формалізувати описану вище інтуїцію так:

Визначення: Двійкове дерево називається збалансованим, з , якщо для кожного вузла нерівність $\mu$ $0 \le \mu \leq \frac{1}{2}$ $N$

$μ \leq \frac{| N_{L} | + 1}{| N | + 1} \leq 1 - μ$ $\mu \le \frac{|N_L| + 1}{|N| + 1} \le 1 - \mu$
утримує, і для кожного є якийсь вузол, для якого вищевказаний вислів не працює. - кількість вузлів у лівому під дереві та- кількість вузлів під деревом з як кореня (включаючи корінь). $\mu' \gt \mu$ $|N_L|$ $N$ $|N|$ $N$

Я вважаю, що в деякій літературі на цю тему це називають деревами , які мають вагу .

Можна показати, що якщо двійкове дерево з вузлами врівноважене (для постійної ), то висота дерева дорівнює , таким чином підтримуючи приємний пошук властивості. $n$ $\mu$ $\mu \gt 0$ $\mathcal{O}(\log n)$

Отже, питання:

Чи є такі $\mu \gt 0$ такі, що кожне досить велике червоно-чорне дерево $\mu$ врівноважене?

Визначення використовуваних нами червоно-чорних дерев (від вступу до алгоритмів Кормена та ін):

Двійкове дерево пошуку, де кожен вузол забарвлений червоним або чорним кольором і

Корінь чорний
Усі вузли NULL чорні
Якщо вузол червоний, то обидва його діти чорніють.
Для кожного вузла всі шляхи від цього вузла до нащадкових NULL-вузлів мають однакову кількість чорних вузлів.

Примітка: ми не рахуємо NULL-вузлів у визначенні $\mu$ -балансованому вище. (Хоча я вважаю, що це не має значення)

data-structures binary-trees search-trees

— Ар'ябхата
джерело

@Aryabhata: що з унікальністю ( ) у вашій редакції? Мені добре, що -балансоване означає

μ^{'} > μ

$\mu'>\mu$

\frac{1}{3}

$\frac13$

-балансований. Я не думаю, що вам доведеться знаходититочний

щоб довести висоту

. Я щось пропускаю?

\frac{1}{4}

$\frac14$

μ

$\mu$

O (\log n)

$O(\log n)$

— jmad

Крім того, вам потрібно негативне твердження , щоб забезпечити контрприклад ланцюг з одного дерева для кожного

. Будь-якого нескінченного ланцюга, який не зменшується в розмірі вузла, було б достатньо, чи не так?

n \in N

$n \in \mathbb{N}$

— Рафаель

@jmad: Без

редагування, кожне дерево є тривіально

-балансованим, тому ми не маємо тривіальної відповіді на питання. Я хотів цього уникнути.

μ^{'}

$\mu'$

0

$0$

— Ар'ябхата

@Raphael: Я не розумію. Розмір вузла дерева

. Ви говорите, що не має значення, яке дерево ми обираємо для

і що

? Мені це не здається очевидним, і саме в цьому питання!

n^{t h}

$n^{th}$

n

$n$

R B_{n}

$RB_n$

μ_{n} \to 0

$\mu_n \to 0$

— Ар'ябхата

Більш рання версія цього питання стверджувала, що час виконання рекурсивного алгоритму на червоно-чорному дереві, яке виконує лінійний обсяг роботи на кожному кроці, не обов'язково є

. Ця претензія була неправильною; Баланс висоти означає, що глибина

червоного червоно-чорного дерева дорівнює

. Таким чином, якщо ви виконуєте роботу

на кожному рівні дерева, загальна робота становить

O (n \log n)

$O(n\log n)$

n

$n$

O (\log n)

$O(\log n)$

O (n)

$O(n)$

O (n \log n)

$O(n \log n)$

— JeffE

Відповіді:

Претензія : Червоно-чорні дерева можуть бути як завгодно не- $\mu$ врівноважена.

Ідея підтвердження : заповніть праве піддерево якомога більше вузлів, а ліве - якомога менше вузлів для заданого числа $k$ чорних вузлів на кожному шляху кореневого листя.

Доведення : Визначте послідовність $T_k$ червоно-чорних дерев так, щоб $T_k$ мав $k$ чорних вузлів на кожному шляху від кореня до будь-якого (віртуального) аркуша. Визначте $T_k = B(L_k, R_k)$ з

$R_k$ - повне дерево висотою $2k - 1$ з першим, третім ... рівнем кольоровим кольором червоного кольору, інші - чорним, та
$L_k$ повне дерево висотою $k-1$ з усіма вузлами, пофарбованими в чорний колір.

Ясна річ, всі $T_k$ це червоно-чорні дерева.

Наприклад, це $T_1$ , $T_2$ і $T_3$ відповідно:

T_1
^{[ джерело ]}

T_2
^{[ джерело ]}

T_3
^{[ джерело ]}

Тепер давайте перевіримо, як візуальне враження правого боку є величезним порівняно з лівим. Я не буду рахувати віртуальні листи; вони не впливають на результат.

Ліве піддерево $T_k$ є повним і завжди має висоту $k-1$ і тому містить $2^k - 1$ вузли. З іншого боку, праве піддерево є повним і має висоту $2k - 1$ і, таким чином, містить $2^{2k}-1$ вузли. Тепер значення балансу $\mu$ для кореня дорівнює

$\qquad \displaystyle \frac{2^k}{2^k + 2^{2k}} = \frac{1}{1 + 2^k} \underset{k\to\infty}{\to} 0$

що доводить, що немає $\mu > 0$ за запитом.

— Рафаель
джерело

Ні. Розгляньте червоно-чорне дерево із такою особливою структурою.

Ліве піддерево - це повне двійкове дерево з глибиною , у якому кожен вузол чорний. $d$
Праве піддерево - це повне бінарне дерево глибиною , у якому кожен вузол на непарній глибині червоний, а кожен вузол на парній глибині - чорний. $2d$

Неважко перевірити, що це дійсне червоно-чорне дерево. Але кількість вузлів у правому піддереві ( ) приблизно відповідає квадрату кількості вузлів у лівому піддереві ( ). $2^{2d+1}-1$ $2^{d+1}-1$

— JeffE
джерело

+1: Дякую! Але кількість вузлів становить від

. Чи може ми, можливо, їх "прокладати" достатньо, щоб отримати дерево заданого розміру

? (Схоже, це треба зробити).

2^{2 d + 1} + 2^{d + 1} - 1

$2^{2d+1} + 2^{d+1} - 1$

n

$n$

— Ар'ябхата

У вас вже є контрприклад на нескінченно багато

, так навіщо турбуватися ?. Але я вважаю, що якби ви цього хотіли, ви можете додати більше червоних вузлів до лівого піддерева або вийняти кілька червоних вузлів із правого піддерева.

n

$n$

— JeffE

@JeffE: В основному ланцюг контрприкладів буде тоді "щільним" підмножиною, а не "рідким" підмножиною. Можливо, я зміню формулювання питання.

— Ар'ябхата