Доведення, що двійкове дерево має не більше

Я намагаюся довести, що бінарне дерево з вузлами має щонайбільше . Як би я міг робити це з індукцією?$n$$\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil$

Для людей, які стежили в оригінальному питанні про купи, це було перенесено сюди .

Я припускаю, що питання таке:

Давши двійкове дерево з вузлами, доведіть, що воно містить не більше ⌈ $n$листя.$\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil$

Давайте попрацюємо з визначенням дерева . Для T такого дерева, нехай п Т число вузлів в Т і л Т число листя в T .$\mathrm{Tree}= \mathrm{Empty}\mid \mathrm{Leaf} \mid \mathrm{Node}(\mathrm{Tree},\mathrm{Tree})$$T$$n_T$$T$$l_T$$T$

Ви правильно це робите за допомогою індукції, але вам знадобиться структурна індукція, яка слід за структурою дерева. Для дерев це часто робиться як повна індукція на висоту дерев.$h(T)$

Індукційний анкер має дві частини. По-перше, для маємо T = E m p t y при l T = n T = 0 ; претензія чітко стосується порожнього дерева. Для h ( t ) = 1 , тобто T = L e a f , аналогічно маємо l T = 1 = ⌈ n $h(t)=0$$T=\mathrm{Empty}$$l_T=n_T=0$$h(t)=1$$T = \mathrm{Leaf}$, тому претензія стосується листків.$l_T=1=\left\lceil \frac{n_T}{2} \right\rceil$

Гіпотеза індукції така: Припустимо, що твердження справедливо для всіх (бінарних) дерев з h ( T ) ≤ k , k ≥ 1 довільним, але фіксованим.$T$$h(T)\leq k$$k\geq 1$

Для індуктивного кроку розглянемо довільне бінарне дерево з h ( T ) = k + 1 . Як k ≥ 1 , T = N o d e ( L , R ) і n T = n L + n R + 1 . Оскільки L і R також є двійковими деревами (інакше T не було б) і h ( L ) , h $T$$h(T)=k+1$$k\geq 1$$T=\mathrm{Node}(L,R)$$n_T = n_L+ n_R+1$$L$$R$$T$ , застосовується і є гіпотеза про індукцію$h(L),h(R)\leq k$

$\qquad \displaystyle l_L \leq \left\lceil \frac{n_L}{2} \right\rceil \text{ and } l_R \leq \left\lceil \frac{n_R}{2} \right\rceil.$

Оскільки всі листя знаходяться або в L, або в R , ми маємо це$T$$L$$R$

$\qquad \begin{align*} l_T &= l_L + l_R \\ &\leq \left\lceil \frac{n_L}{2} \right\rceil + \left\lceil \frac{n_R}{2} \right\rceil \\ &\leq \left\lceil \frac{n_L + n_R + 1}{2} \right\rceil \qquad (*)\\ &= \left\lceil \frac{n_T}{2} \right\rceil \end{align*}$

Нерівність , зазначене може бути перевірено з допомогою (чотири сторони) випадком відмінності по приводу того , п L , п R ∈ 2 N . Силою індукції це завершує доказ.$(*)$$n_L,n_R\in 2\mathbb{N}$

Як вправу ви можете використовувати ту саму техніку, щоб довести наступні твердження:

• Кожне ідеальне двійкове дерево висотою має 2 год - 1 вузол.$h$$2^h-1$
• Кожне повне двійкове дерево має непарну кількість вузлів.

Я трохи розгублений питанням. Якщо вас цікавлять дерева, що мають ступінь не більше , а це означає, що у Вікіпедії ви хочете, то ми стикаємося з проблемою, що на одному краї є n = 2 вузли і n = 2 листя, але n / 2 = 1 . У будь-якому випадку, тут є щось близьке, що має простий аргумент. $3$$n=2$$n=2$$n/2 = 1$

Нехай - таке дерево з n вузлами та L листям. Оскільки T - дерево, є n - 1 ребер, і подвійне їх підрахунок, ми бачимо, що 2 n - 2 ≤ L + 3 ( n - L ), що говорить про те, що 2 L ≤ n + 2 і це щільно в двох -приклад вище. Я думаю, що якщо ви хочете припустити, що існує один корінь ступеня другого і n ≥ 3 , то ви можете уточнити цей аргумент, щоб дати 2 $T$$n$$L$$T$$n-1$