Цвет бинарного дерева, чтобы быть красно-черным деревом

Обычный вопрос интервью - дать алгоритм для определения того, является ли данное двоичное дерево сбалансированным по высоте (определение дерева AVL).

Мне было интересно, можем ли мы сделать что-то подобное с красно-черными деревьями.

Учитывая произвольное неокрашенное двоичное дерево (с узлами NULL), существует ли «быстрый» алгоритм, который может определить, можем ли мы покрасить (и найти раскраску) узлы в красный / черный, чтобы они удовлетворяли всем свойствам красно-черного дерева (определение как в этом вопросе )?

Первоначально предполагалось, что мы можем просто удалить узлы NULL и попытаться рекурсивно проверить, может ли результирующее дерево быть красно-черным, но, похоже, это никуда не денется.

Я сделал (краткий) поиск в Интернете документов, но, похоже, не смог найти ни одной, которая, кажется, имеет дело с этой проблемой.

Возможно, мне не хватает чего-то простого.

Если для каждого узла дерева самый длинный путь от него до листового узла не более чем в два раза длиннее самого короткого, дерево имеет красно-черную окраску.

Вот алгоритм, чтобы выяснить цвет любого узла n

if n is root,
    n.color = black
    n.black-quota = height n / 2, rounded up.

else if n.parent is red,
    n.color = black
    n.black-quota = n.parent.black-quota.

else (n.parent is black)
    if n.min-height < n.parent.black-quota, then
        error "shortest path was too short"
    else if n.min-height = n.parent.black-quota then
        n.color = black
    else (n.min-height > n.parent.black-quota)
        n.color = red
    either way,
        n.black-quota = n.parent.black-quota - 1

Вот n.black-quotaколичество черных узлов, которые вы ожидаете увидеть идущими к листу от узла, nи n.min-heightрасстояние до ближайшего листа.

Для краткости обозначений пусть , h ( n ) = и m ( n ) = .$b(n) =$ n.black-quota$h(n) =$ n.height$m(n) =$ n.min-height

Теорема: Фикс бинарного дерева . Если для каждого узла п ∈ T , ч ( п ) ≤ 2 м ( п ) и для узла г = корень ( Т ) , б ( г ) ∈ [ $T$$n \in T$$h(n) \leq 2m(n)$$r = \text{root}(T)$тогдаTимеет красно-черную окраску с ровноb(r)черными узлами на каждом пути от корня до листа.$b(r) \in [\frac{1}{2}h(r), m(r)]$$T$$b(r)$

Доказательство: индукция по .$b(n)$

Убедитесь, что все четыре дерева высотой один или два удовлетворяют теореме с .$b(n) = 1$

По определению красно-черного дерева, корень черный. Пусть узел с черным родителем p такой, что b ( p ) ∈ [ $n$$p$. Тогдаb(n)=b(p)-1,h(n)=h(p)-1иh(n)≥m(n)≥m(p)-1.$b(p) \in [\frac{1}{2}h(p), m(p)]$$b(n) = b(p) -1$$h(n) = h(p)-1$$h(n) \geq m(n) \geq m(p)-1$

Предположим, что теорема верна для всех деревьев с корнем , b ( r ) < b ( q ) .$r$$b(r) < b(q)$

Если , то n может иметь красно-черный цвет по предположению индуктивности.$b(n) = m(n)$$n$

Если тоb(n)=⌈$b(p) = \frac{1}{2}h(p)$. nне удовлетворяет индуктивному предположению и поэтому должно быть красным. Пустьc- дитяn. h(c)=h(p)-2и b(c)=b(p)-1=$b(n) = \lceil \frac{1}{2}h(n) \rceil - 1$$n$$c$$n$$h(c) = h(p)-2$. Тогдасможет быть красно-черным, окрашенным индуктивным предположением.$b(c) = b(p)-1 = \frac{1}{2}h(p)-1 = \frac{1}{2}h(c)$$c$

Отметим, что по тем же соображениям, если , то иn,и потомокnудовлетворяют индуктивному предположению. Поэтомуnможет иметь любой цвет.$b(n) \in (\frac{1}{2}h(r), m(r))$$n$$n$$n$

Я полагаю, что ответ Каролиса правильный (и довольно хорошая характеристика красно-черных деревьев, дающая алгоритм времени), просто хотел добавить еще один возможный ответ.$O(n)$

Одним из подходов является использование динамического программирования.

Учитывая дерево, для каждого узла вы создаете два набора: S R ( n ) и S B ( n ), которые содержат возможные высоты черного для поддерева с корнем в n . S R ( n ) содержит высоты черного цвета, предполагая, что n окрашен в красный цвет, а S B ( n ), предполагая, что n окрашен в черный цвет.$n$$S_R(n)$$S_B(n)$$n$$S_R(n)$$n$$S_B(n)$$n$

Теперь даны наборы для и н . R i g h t (то есть прямые потомки n ), мы можем вычислить соответствующие множества для n , взяв соответствующие пересечения и объединения (и увеличивая при необходимости).$n.Left$$n.Right$$n$$n$

Я полагаю, что это будет алгоритм времени.$O(n \log n)$