Ha T egyensúlyban BST n elemekkel, L bal részfa és R a jobb oldali, hogyan lehet bizonyítani, hogy a mélysége kisebb, mint vagy egyenlő 2log (n) + 1?
Van egy bizonyítási indukciós amit én, de én nem értem.
(Tudom, hogy StackOverflow főleg programozás-orientált, de találtam néhány kérdést a bináris keresés fák és úgy döntött, hogy tegyen egy próbát, remélem nem teszek valamit nem jó. :))
A meghatározás szerint a „kiegyensúlyozott”, mélyén minden jobb és bal részfa az azonos csomópont különböznek legfeljebb eggyel. „Mélység” általában mint „számos lépést leghosszabb sétára gyökeret le levél”, így például a BST egy gyökér és két levél (három elemet csak úgy lehet elhelyezni egy egyensúlyban BST) jelentése azt mondta, hogy mélysége egy (úgy néz ki, mintha egy kissé eltérő meghatározás, hogy adja azt mélység kettő?), ugyanúgy, mint egy egy gyökér és egy levél (e e levél a gyökér bal vagy jobb részfa nem tesz különbséget), míg az egyik csak egy gyökér ez is egy levél (egy elem legyen), mélysége 0 (nincs BST nulla elemek).
Tehát az n <= 3 elemek, amelyben D (n) a fa mélysége a fentiekben meghatározott, egyértelműen D(n) < log(n) + 1(a logjelentéssel bázis-2 logaritmusát) ellenőrzéssel, mivel a 1 = D(2) < log(2) + 1 = 2(és 1 = D(3)amelyekre a RHS egyenlőtlenség, log(3) + 1, valójában > 2), és 0 = D(1) < log(1) + 1 = 1- ez ad nekünk az indukciós bázis.
Hogy teljes legyen a bizonyítás teljes indukcióval meg kell mutatnunk, hogy ha D(k) < log(k) + 1az összes k < n, akkor az is következik, hogy D(n) < log(n) + 1.
Ha n páratlan, egyértelműen jobb és bal részfa van (n-1)/2elemek mindegyike, valamint a fa mélysége 1 több, mint a részfákat; de aztán D(n) = 1 + D((n-1)/2) < 1 + 1 + log((n-1)/2)(az indukciós feltevés) = 1 + log(n-1)(mivel log((n-1)/2) = log(n-1) - 1), és így még inkább < 1 + log(n), QED.
Ha nmég követi csak az azonos lépéseket log(n)helyett log(n-1), és anélkül, hogy a „még inkább” befejezni, és a bizonyíték még mindig.
A válasz igaz, ha kiegyensúlyozott bináris fa teljes elemeinek számát a jobb és a bal al fa lehet (n-1) / 2, de ha ez nem teljes, elemek száma nem feltétlenül kell, (n-1) / 2 utolsó szinten eltérő elemek
