Доказ того, що випадкове побудоване двійкове дерево пошуку має логарифмічну висоту

Як довести, що очікувана висота випадково побудованого двійкового дерева пошуку з вузлами дорівнює ? Є доказ у CLRS Введення в алгоритми (глава 12.4), але я цього не розумію.$n$$O(\log n)$

Давайте спочатку подумаємо про це інтуїтивно. У найкращому випадку дерево є ідеально збалансованим; у гіршому випадку дерево зовсім не врівноважене:

Починаючи з кореневого вузла , це ліве дерево має вдвічі більше вузлів на кожній наступній глибині, так що дерево має вузол і висота (що в даному випадку 3). З невеликою математикою, , що означає, що вона має висота. Для повністю незбалансованого дерева висота дерева просто . Отже, у нас є межі.$p$$n=\sum_{i=0}^{h}2^i =2^{h+1}-1$$h$$n\le2^{h+1}-1\rightarrow h\le\lceil\log_2(n+1)-1\rceil\le\lfloor log_2 n\rfloor$$O(\log n)$$n-1\rightarrow O(n)$

Якби ми будували збалансоване дерево із упорядкованого списку , ми вибрали б середній елемент, який буде нашим кореневим вузлом. Якщо ми замість цього випадково будуємо дерево, будь-який з вузлів однаковою мірою буде вибраний, і висота нашого дерева становить: Ми знаємо, що у двійковому дереві пошуку ліве піддерево повинно містити лише ключі менше, ніж кореневий вузол. Таким чином, якщо ми вибираємо випадковим чином елемент, у лівого піддерева є елементи а в правому піддереві є елементів, тож більш компактно:$\{ 1,2,\dots,n\}$$n$

$$height_{tree}=1+\max (height_{left\space subtree}, height_{right\space subtree})$$ $i^{th}$$i-1$$n-i$$h_n=1+\max (h_{i-1},h_{n-i})$. Звідси має сенс, що якщо кожен елемент з однаковою ймовірністю буде обраний, очікуване значення - це лише середнє значення всіх випадків (а не зважене середнє). Отже:$\operatorname{E}[h_n]=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}[1+\max (h_{i-1},h_{n-i})]$

Як я впевнений, ви помітили, я трохи відхилився від того, як це підтверджує CLRS, тому що CLRS використовує дві відносно поширені методи доказування, які заважають непосвяченим. Перший полягає у використанні експонентів (або логарифмів) того, що ми хочемо знайти (в даному випадку висоти), що змушує математику працювати трохи більш чисто; друге - використовувати функції індикаторів (які я просто збираюся тут ігнорувати). CLRS визначає експоненціальну висоту як , тому аналогічний повтор .$Y_n=2^{h_n}$$Y_n=2\times\max (Y_{i-1},Y_{n-i})$

Припускаючи незалежність (що кожний малюнок елемента (з наявних елементів) є коренем піддірева незалежно від усіх попередніх малюнків), ми все ще маємо відношення: для якого я зробив два кроки: (1) переміщення назовні, тому що це константа і однією з властивостей підсумовувань є те, що , і (2) переміщення 2 назовні, тому що воно також є постійним і одним із властивостей очікуваних значень є . Тепер ми будемо замінювати

$$\operatorname{E}[Y_n]=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\operatorname{E}[2\times\max (Y_{i-1},Y_{n-i})]=\frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n}\operatorname{E}[\max (Y_{i-1},Y_{n-i})]$$ $\frac{1}{n}$$\sum_i ci=c\sum_i i$$\operatorname{E}[ax]=a\operatorname{E}[x]$$\max$функціонувати з чимось більшим, тому що інакше спростити складно. Якщо ми сперечаємось з негативним , : , тоді: таким чином, що останній крок випливає із спостереження, що для , і і відбувається все шлях до , і , тому кожен$X$$Y$$\operatorname{E}[\max(X,Y)]\le\operatorname{E}[\max(X,Y)+\min(X,Y)]=\operatorname{E}[X]+\operatorname{E}[Y]$ $$\operatorname{E}[Y_n]\le\frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n}(\operatorname{E}[Y_{i-1}]+\operatorname{E}[Y_{n-i}])=\frac{2}{n}\sum_{i=0}^{n-1}2\operatorname{E}[Y_{i}]$$ $i=1$$Y_{i-1}=Y_{0}$$Y_{n-i}=Y_{n-1}$$i=n$$Y_{i-1}=Y_{n-1}$$Y_{n-i}=Y_{0}$$Y_0$до з'являється двічі, тому ми можемо замінити всю суму на аналогічну. Хороша новина полягає в тому, що у нас є рецидив ; погана новина полягає в тому, що ми не набагато далі, ніж там, де ми почали.$Y_{n-1}$$\operatorname{E}[Y_n]\le\frac{4}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\operatorname{E}[Y_{i}]$

У цей момент CLRS витягує індукційне підтвердження ім'я зі свого ... репертуару математичного досвіду, такого, що включає ідентифікацію вони залишають користувачеві для доказування. Важливим для їх вибору є те, що найбільший його термін - , і нагадаємо, що ми використовуємо експоненціальну висоту таку, що . Можливо, хтось прокоментує, чому саме цей двочлен був обраний. Загальна ідея, однак, пов'язана зверху нашою повторюваністю виразом для деякої постійної .$\operatorname{E}[Y_n]\le\frac{1}{4}\binom{n+3}{3}$$\sum_{i=0}^{n-1}\binom{i+3}{3}=\binom{n+3}{4}$$n^3$$Y_n=2^{h_n}$$h_n=\log_2n^3=3\log_2n\rightarrow O(\log n)$$n^k$$k$

На закінчення одним вкладишем:

$$2^{\operatorname{E}[X_n]}\le \operatorname{E}[Y_n]\le \frac{4}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\operatorname{E}[Y_i]\le\frac{1}{4}\binom{n+3}{3}=\frac{(n+3)(n+2)(n+1)}{24}\rightarrow \operatorname{E}[h_n]=O(\log n)$$