Доведення бінарної купи має

Я намагаюся довести, що двійкова купа з $n$ вузлами має рівно листя, враховуючи, що купа будується таким чином: $\left\lceil \frac{n}{2} \right\rceil$

Кожен новий вузол вставляється через перколат вгору . Це означає, що кожен новий вузол повинен бути створений у наступної доступної дитини. Що я маю на увазі під цим, це те, що діти заповнені вниз і ліворуч праворуч. Наприклад, наступна купа:

    0
   / \
  1   2

буде мати , був побудований в наступному порядку: 0, 1, 2. (Числа тільки індекси, вони не дають ніяких вказівок на фактичних даних , що містяться в цьому вузлі.)

Це має два важливі наслідки:

Не може існувати вузол на рівні без рівня повністю заповненим $k+1$ $k$
Оскільки діти побудовані зліва направо, між вузлами на рівні не може бути "порожніх пробілів" або таких ситуацій: $k+1$
```
    0
   / \
  1   2
 / \   \
3  4    6
```

(Це було б незаконною купою за моїм визначенням.) Таким чином, хороший спосіб подумати над цією купою - це реалізація масиву купи, де не може бути жодних «стрибків» в індексах масиву.

Отже, я думав, що індукція, ймовірно, буде хорошим способом зробити це ... Можливо, щось має справу з навіть дивними випадками для російської. Наприклад, деяка індукція, що використовує той факт, що навіть купи, побудовані таким чином, повинні мати внутрішній вузол з однією дитиною для парного n, а таких вузлів для непарних n немає. Ідеї?

data-structures binary-trees

— varatis
джерело

@DaveClarke: Не зовсім; пов'язане питання є результатом непорозуміння з боку нас редакторів, залишених там для довідок.

— Рафаель

Ви спробували індукцію над номером вузла, відповідно. кількість вставок?

— Рафаель

@DaveClarke: Чому? Це само по собі питання, імхо.

— Рафаель

До речі, питання не має нічого спільного з купими. Претензія стосується будь-якого повного двійкового дерева

— Ран Г.

Відповіді:

Якщо я правильно поставив ваше запитання, отримана купа - це лише упорядковане бінарне дерево, де під упорядкованим я маю на увазі, що й рівень може бути зайнятий лише після повного заповнення рівня , а кожен рівень зайнятий зліва вправо, не пропускаючи. $k$ $k-1$

Тоді доказ іде так.

Ідеальне дерево глибиною має рівно вузли. $k$ $2^{k+1}-1$
Припустимо, що купа досягає глибини . Таким чином
1. до рівня дерево ідеальне (і має вузол) $k-1$ $2^k-1$
2. на останньому рівні є рівно вузли, які є всіма листками. $n-2^k+1$
Кожен лист на му рівні має батьківську. Більше того, у кожного двох поспіль листя є одного батька (можливо, крім останнього вузла, у батька якого є лише одна дитина) $k$
Таким чином, з вузлів на рівні , $2^{k-1}$ $k-1$ - батьки, а решта $\left\lceil \frac{n-2^{k}+1}{2} \right\rceil$ - листя. $2^{k-1} - \left\lceil\frac{n-2^{k}+1}{2}\right\rceil$
Загальна кількість листя - Що дає вам те, що вам потрібно. $н - 2^{к} + 1 + 2^{к - 1} - ⌈ \frac{н - 2^{к} + 1}{2} ⌉$ $n-2^k+1 + 2^{k-1} - \left\lceil\frac{n-2^{k}+1}{2}\right\rceil$

— Ран Г.
джерело

Зауважте, що повні відрізняються від повних , відрізняються від досконалих двійкових дерев. Невдалий, неоднозначний і непослідовний вибір слів там, але що з цим зробити. Думаю, дотримуватися визначення Вікіпедії має сенс, адже більшість шукатиме там першими?

— Рафаель

О, вау, я навіть не знав цих термінів. Дякуємо, що вказали на це.

— Ран Г.

"до рівня k − 1 дерево є ідеальним (і в ньому є 2 ^ k - 1 вузли)" і "Таким чином, з 2 ^ (k − 1) вузлів на рівні k − 1" здаються суперечливими твердженнями, чи я щось пропускаю?

— Адріан h.

2^{k} - 1

$2^k-1$

2^{k - 1}

$2^{k-1}$

2^{k - 1} + 2^{k - 2} + . . .

$2^{k-1}+2^{k-2}+...$

Ах ви абсолютно праві, дякую за роз’яснення!

— Адріан h.

Ось простіший логічний доказ.

$n^{th}$ $\lfloor{n/2}\rfloor$ $\lfloor n/2 +1\rfloor)^{th}$ $\lfloor{n/2}\rfloor$

$\lfloor(n/2)\rfloor$ $\lceil(n/2)\rceil$

— Зубін Пахуя
джерело

Досить інтуїтивно зрозуміле і зрозуміле пояснення. Спасибі.

— whitehat