Проблема накопичувальної купи із CLRS

Я розгубився, вирішуючи наступну проблему (питання 1-3).

Питання

Д -ічние куп, як виконавчі купи, але (з одним можливим винятком) вузли без листя мають d дітей замість 2 -х дітей.

1. Як би ви представляли d -ary купу в масиві?

2. Яка висота d -аричної маси n елементів у перерахунку на n та d ?

3. Надайте ефективну реалізацію EXTRACT-MAX у максимізованій купі d -ary. Проаналізуйте його час роботи з точки зору d і n .

4. _{Дайте ефективну реалізацію вставки в г -ічний макс купи. Проаналізуйте його час роботи з точки зору d і n .}

5. _{Дайте ефективну реалізацію INCREASE-KEY ( A , i , k ), яка позначає помилку, якщо k <A [i] = k, а потім належним чином оновлює структуру купи матриці d -ary. Проаналізуйте його час роботи з точки зору d і n .}

Моє рішення

1. Надати масив$A[a_1 .. a_n]$

   $\qquad \begin{align} \text{root} &: a_1\\ \text{level 1} &: a_{2} \dots a_{2+d-1}\\ \text{level 2} &: a_{2+d} \dots a_{2+d+d^2-1}\\ &\vdots\\ \text{level k} &: a_{2+\sum\limits_{i=1}^{k-1}d^i} \dots a_{2+\sum\limits_{i=1}^{k}d^i-1} \end{align}$

   → Моє позначення здається дещо складним. Чи є інший простіший?

2. Нехай h позначає висоту кучі d -ary.

   Припустимо, що купа - це повне d -ary дерево

   $$1+d+d^2+..+d^h=n\\ \dfrac{d^{h+1}-1}{d-1}=n\\ h=log_d[n{d-1}+1] - 1$$

3. Це моя реалізація:

   EXTRACT-MAX(A)
   1  if A.heapsize < 1
   2      error "heap underflow"
   3  max = A[1]
   4  A[1] = A[A.heapsize]
   5  A.heap-size = A.heap-size - 1
   6  MAX-HEAPIFY(A, 1)
   7  return max
   
   MAX-HEAPIFY(A, i)
   1  assign depthk-children to AUX[1..d]
   2  for k=1 to d
   3      compare A[i] with AUX[k]
   4      if A[i] <= AUX[k]
   5          exchange A[i] with AUX[k]
   6          k = largest
   7  assign AUX[1..d] back to A[depthk-children]
   8  if largest != i
   9      MAX-HEAPIFY(A, (2+(1+d+d^2+..+d^{k-1})+(largest-1) )
   

   • Час роботи MAX-HEAPIFY:

     $$T_M = d(c_8*d + (c_9+..+c_13)*d +c_14*d)$$ де позначає вартість i -го рядка вище.$c_i$

   • ЕКСТРАКТ-МАКС:

     $$T_E = (c_1+..+c_7) + T_M \leq C*d*h\\ = C*d*(log_d[n(d-1)+1] - 1)\\ = O(dlog_d[n(d-1)])$$

   → Це ефективне рішення? Або в моєму рішенні щось не так?

1. Ваше рішення є дійсним і відповідає визначенню d -ary купи. Але, як ви зазначали, ваша нотація є дещо складною.

   Ви можете використовувати ці дві наступні функції для отримання батьківського елемента i -го елемента та j -го дочірнього i -го елемента.

   $\text{d-ary-parent}({\it i}) \\ \ \ \ \ {\bf return}\ \lfloor (i-2)/d + 1 \rfloor$

   $\text{d-ary-child}(i, j) \\ \ \ \ \ {\bf return}\ d(i-1)+j+1$

   Очевидно . Ви можете перевірити ці функції, перевіривши, що$1 \le j \le d$$\text{d-ary-parent}(\text{d-ary-child}(i,j)) = i$

   Також легко помітити те, що двійкова купа - це особливий тип -ary купи, де , якщо ви заміните на , то ви побачите, що вони відповідають функціям РОБІТЬ, ЛІВО та ВПРАВО, згадані в книзі.$d$$d=2$$d$$2$

2. Якщо я правильно зрозумів вашу відповідь, ви використовуєте геометричну прогресію . У вашому випадку ви отримаєте , що, очевидно, , що насправді є правильним і правильним рішенням. Але тільки для управління постійними коливаннями ви можете хотіти писати .$h = log_d(n\,d-1+1) - 1$$\log_d(n\,d) - 1 = \log_d(n) + \log_d(d) - 1 = \log_d(n) + 1 - 1 = \log_d(n)$$\Theta(\log_d(n))$

   Причиною цього є те, що деякі купи можуть не бути врівноваженими, тому їх найдовший шлях та найкоротший міг змінюється залежно від постійної , використовуючи позначення ви усунете цю проблему.$c$$\Theta$

3. Вам не потрібно повторно реалізовувати процедуру, подану в підручнику, але її потрібно трохи змінити, наприклад, призначити всіх дітей таблиці за допомогою заданих та функції.$AUX$$\text{d-ary-parent}$$\text{d-ary-child}$

   Оскільки не змінено, це залежить від часу запуску . Тепер у своєму аналізі ви повинні використовувати найгірший час, пропорційний висоті та кількості дітей, які повинен перевірити кожен вузол (щонайбільше d ). Ще раз ваш аналіз дуже точний, врешті-решт ви отримали , який можна перетворити на:$\text{EXTRACT-MAX}$$\text{MAX-HEAPIFY}$$O(d\ \log_d(n(d-1)))$

   $O(d\ \log_d(n(d-1))) = O(d(\log_d(n) + \log(d-1))) = O(d\ log_d(n) + d\ \log_d(d-1))$

   З практичних причин , ми завжди можемо вважати , що , так що ми можемо втратити частину O нотації, то ми отримаємо . Що також є правильним рішенням. Але не дивно, що ви також можете проаналізувати час виконання функції, використовуючи теорему , яка покаже, що є не тільки але навіть .$d \ll n$$d \log_d(d-1)$$O(d\log_d(n))$$\text{MAX-HEAPIFY}$$O$$\Theta$

4. У книзі CLRS вже передбачена процедура INSERT. Як виглядає так:

   $\text{INSERT}(A, key)\\ \ \ \ \ A.heap\_size = A.heap\_size + 1 \\ \ \ \ \ A[A.heap\_size] = -\infty\\ \ \ \ \ \text{INCREASE-KEY}(A, A.heap\_size, key)$

   Це можна легко довести, але здоровий глузд диктує, що час складності - це . Це тому, що купа може проходити аж до кореня.$O(\log_d(n))$

5. Як і INSERT, INCREASE-KEY також визначається в підручнику як:

   $\text{INCREASE-KEY}(A, i, key)\\ \ \ \ \ {\bf if}\ key < A[i]\\ \ \ \ \ \ \ \ \ {\bf error} \text{"new key is smaller then current"}\\ \ \ \ \ A[i] = key\\ \ \ \ \ {\bf while}\ i > 1\ and\ A[i] > A[\text{d-ary-parent}(i)]\\ \ \ \ \ \ \ \ \ A[i] \leftrightarrow A[\text{d-ary-parent(i)}]\\ \ \ \ \ \ \ \ \ i = \text{d-ary-parent(i)}$

   Складність, очевидно, (див. Попередній пункт).$O(\log_d(n))$

Це не повна відповідь. частина б) рішення не Його як вказував користувач 55463 (тому що він не вміє коментувати, але відповідати), але прихильний через відсутність пояснень . Обґрунтована відповідь також помилково її вирішила. Відповідь все одно буде Джерело: Проблема 2-2. Аналіз d -ary купи, частина b)

Відповідь на друге питання h = log _d (n (d-1) + 1) - 1 Отже, h = log _d (nd - n + 1) - 1