Доказательство того, что случайно построенное двоичное дерево поиска имеет логарифмическую высоту

Как доказать, что ожидаемая высота случайно построенного бинарного дерева поиска с узлами составляет ? В CLRS Введение в алгоритмы есть доказательство (глава 12.4), но я его не понимаю.O ( log n $n$$O(\log n)$

Давайте сначала подумаем об этом интуитивно. В лучшем случае дерево идеально сбалансировано; в худшем случае дерево совершенно не сбалансировано:

Начиная с корневого узла , это левое дерево имеет вдвое больше узлов на каждой последующей глубине, так что дерево имеет узел и высота (что в данном случае 3). С небольшой математикой , то есть он имеет высота. Для совершенно неуравновешенного дерева высота дерева просто . Итак, у нас есть свои границы.n = ∑ h i = 0 2 i = 2 h + 1 - 1 h n ≤ 2 h + 1 - 1 → h ≤ ⌈ log 2 ( n + 1 ) - 1 ⌉ ≤ ⌊ l o g 2 n ⌋ O ( log n ) n - 1 → O ( n $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)$

Если бы мы строили сбалансированное дерево из упорядоченного списка , мы бы выбрали средний элемент в качестве нашего корневого узла. Если вместо этого мы случайным образом строим дерево, то любой из узлов с равной вероятностью будет выбран, а высота нашего дерева равна: Мы знаем, что в двоичном дереве поиска левое поддерево должно содержать только ключи меньше корневого узла. Таким образом, если мы случайным образом выберем элемент , левое поддерево имеет элементы а правое поддерево имеет элементов, поэтому более компактно:п ч е я г ч т т т е е = 1 + макс ( ч е я г ч т л е е т с у б т т е е , ч е я г ч т г я г ч т ев U Ь т т е $\{ 1,2,\dots,n\}$$n$i t h i - 1 n - i h n = 1 + max ( h i - 1 , h n - i ) E [ h 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})$, Исходя из этого, имеет смысл, что если каждый элемент с одинаковой вероятностью будет выбран, ожидаемое значение является просто средним числом всех случаев (а не средневзвешенным). Следовательно:$\operatorname{E}[h_n]=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}[1+\max (h_{i-1},h_{n-i})]$

Как я уверен, вы заметили, что я немного отклонился от того, как CLRS доказывает это, потому что CLRS использует два относительно распространенных метода проверки, которые приводят в замешательство непосвященных. Во-первых, использовать показатели (или логарифмы) того, что мы хотим найти (в данном случае высоту), что заставляет математику работать немного более чисто; второе - использовать индикаторные функции (которые я здесь просто проигнорирую). CLRS определяет экспоненциальную высоту как , поэтому аналогичное повторение равно . Y n = 2 × max ( Y i - 1 , Y n - i$Y_n=2^{h_n}$$Y_n=2\times\max (Y_{i-1},Y_{n-i})$

Предполагая независимость (что каждая ничья элемента (из доступных элементов), являющаяся корнем поддерева, не зависит от всех предыдущих ничьих), мы по-прежнему имеем отношение: для которого я сделал два шага: (1) перемещение снаружи, потому что это константа, и одним из свойств суммирования является то, что , и (2) перемещение 2 снаружи, потому что оно также является константой, и одним из свойств ожидаемых значений является . Теперь мы собираемся заменить

$$\operatorname{E}[Y_n]=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\operatorname{E}[2\times\max (Y_{i-1},Y_{n-i})]=\frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n}\operatorname{E}[\max (Y_{i-1},Y_{n-i})]$$ $\frac{1}{n}$$\sum_i ci=c\sum_i i$$\operatorname{E}[ax]=a\operatorname{E}[x]$$\max$функция с чем-то большим, потому что в противном случае упрощение трудно. Если мы рассуждаем о неотрицательном , : , затем: , что последний шаг следует из наблюдения, что для , и и выполняется все путь к , и , поэтому каждый член$X$$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}$$Y_0$к появляется дважды, так что мы можем заменить весь суммирование с аналогичным один. Хорошей новостью является то, что у нас есть повторение ; Плохая новость в том, что мы не намного дальше, чем начали.$Y_{n-1}$$\operatorname{E}[Y_n]\le\frac{4}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\operatorname{E}[Y_{i}]$

В этот момент CLRS извлекает доказательство индукции из своего ... репертуара математического опыта, который включает в себя идентификатор они оставляют пользователю для подтверждения. Что важно в их выборе, так это то, что его самый большой член равен , и помните, что мы используем экспоненциальную высоту такую ​​что , Возможно, кто-то прокомментирует, почему именно этот бином был выбран. Общая идея, однако, состоит в том, чтобы связать сверху наше повторение с выражением для некоторой константы .$\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$

Чтобы закончить с одним вкладышем:

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