算法导论 — 思考题8-1 比较排序的概率下界

（比较排序的概率下界）在这一问题中，我们将证明对于给定的$n$个互异的输入元素，任何确定或随机的比较排序算法，其概率运行时间都有下界$\Omega (n\mathrm{l}\mathrm{g}n)$。首先来分析一个确定的比较排序算法$A$，其决策树为$TA$。假设$A$的输入的每一种排列情况都是等可能的。
　　a. 假设$TA$的每个叶结点都标有在给定的随机输入情况下到达该终点的概率。证明：恰有$n!$个叶结点标有$1/n!$，其他叶结点标记为$0$。
　　b. 定义$D(T)$表示一棵决策树$T$的外部路径长度，即$D(T)$是$T$的所有叶结点深度的和。假设$T$为一棵有$k>1$个叶结点的决策树，$LT$和$RT$分别是$T$的左子树和右子树。证明：$D(T)=D(LT)+D(RT)+k$。
　　c. 定义$d(k)$为所有具有$k>1$个叶结点的决策树$T$的最小$D(T)$值。证明：$d(k)=\underset{1\le i\le k-1}{\min }\{d(i)+d(k-i)+k\}$。（提示：考虑一棵能够取得该最小值的、有$k$个叶结点的决策树$T$。设$i_0$是$LT$中的叶结点数，$k-i_0$是$RT$中的叶结点数。）
　　d. 证明：$d$对于给定的$k(k>1)$和$i(1\le i\le k-1)$，函数$i\mathrm{l}\mathrm{g}i+(k-i)\mathrm{l}\mathrm{g}(k-i)$在$i=k/2$处取得最小值，并有结论$d(k)=\Omega (k\mathrm{l}\mathrm{g}k)$。
　　e. 证明：$D(TA)=\Omega (n!\mathrm{l}\mathrm{g}(n!))$，并得出在平均情况下，排序$n$个元素的时间代价为$\Omega (n\mathrm{l}\mathrm{g}n)$这一结论。
　　现在来考虑一个随机化的比较排序$B$。通过引入两种结点，我们可以将决策树模型扩展来处理随机化的情况。这两种结点是：普通的比较结点和“随机化”结点。随机化结点刻画了算法$B$中所做的形如$\mathrm{R}\mathrm{A}\mathrm{N}\mathrm{D}\mathrm{O}\mathrm{M}(1,r)$的随机选择情况。该类结点有$r$个子结点，在算法执行过程中，每一个子结点等概率地被选择。
　　f. 证明：对任何随机化比较排序算法$B$，总存在一个确定的比较排序算法$A$，其期望的比较次数不多于$B$的比较次数。
　　
　　解
　　a.
　　题干有假设比较排序算法$A$的输入的每一种排列情况都是等可能的。输入有$n$个互异元素，一共有$n!$种可能的排列，每种排列出现的概率都是$1/n!$。如果对应到决策树上，则恰有$n!$个叶结点标有概率$1/n!$，其他叶结点标记概率为$0$。因为这$n!$个概率为$1/n!$叶结点对应$n!$种可能的排列，而其他叶结点表示不可能出现的排列。
　　
　　b.
　　假设左右子树$LT$和$RT$分别有$k_1$和$k_2$个叶结点，显然有$k_1+k_2=k$。假设左子树$LT$的叶结点的在左子树$LT$的深度分别为$l_1,l_2,\dots ,l_{k1}$，假设右子树$RT$的叶结点的在右子树$RT$的深度分别为$r_1,r_2,\dots ,r_{k2}$，于是有
　　　　$D(LT)=\sum _{i=1}^{k_1}{l}_i$
　　　　$D(RT)=\sum _{i=1}^{k_2}{r}_i$
　　我们要计算$D(T)$，就要考察所有叶结点在决策树$T$上的深度。相比叶结点在各自子树$LT$或$RT$上的深度，叶结点在决策树$T$上的深度增加了$1$。即左子树$LT$的叶结点在决策树$T$上的深度为$l_1+1,l_2+1,\dots ,l_{k1}+1$，右子树RT的叶结点的在决策树$T$的深度分别为$r_1+1,r_2+1,\dots ,r_{k2}+1$。于是有
　　　　$D(T)=\sum _{i=1}^{k_1}(l_i+1)+\sum _{i=1}^{k_2}(r_i+1)=\sum _{i=1}^{k_1}{l}_i+\sum _{i=1}^{k_2}{r}_i+\sum _{i=1}^{k}1=D(LT)+D(RT)+k$
　　
　　c.
　　考虑一棵有$k>1$个叶结点的决策树$T$，它的左子树$LT$有$i$个叶结点，那么它的右子树$RT$有$k-i$个叶结点。显然，$i$的取值范围为$1\le i\le k-1$。对于一个确定的$i$，左子树$LT$的最小$D(LT)$值为$d(i)$，右子树$RT$的最小$D(RT)$值为$d(k-i)$。借用问题b的结论，对于一个确定的$i$，决策树$T$的最小$D(T)$值$d_i(k)=d(i)+d(k-i)+k$。为了得到决策树$T$的最小$D(T)$值$d(k)$，可以遍历$i=0,1,\dots ,k$，取最小的$d_i(k)$，即
　　　　$d(k)=\underset{1\le i\le k-1}{\min }\{d(i)+d(k-i)+k\}$
　　
　　d.
　　令函数$f(i)=i\mathrm{l}\mathrm{g}i+(k-i)\mathrm{l}\mathrm{g}(k-i)$，它的导数为
　　　　$f^{\prime }(i)=\mathrm{l}\mathrm{g}i+i\bullet \frac{1}{i\bullet ln2}-\mathrm{l}\mathrm{g}(k-i)-(k-i)\frac{1}{(k-i)\bullet ln2}=\mathrm{l}\mathrm{g}i-\mathrm{l}\mathrm{g}(k-i)$
　　当$i=k/2$时，$f’(i)=0$。当$i<k/2$时，$f’(i)<0$；当$i>k/2$时，$f’(i)>0$。所以函数$f(i)$在$i=k/2$处取得最小值，最小值为$k\mathrm{l}\mathrm{g}k-k$。
　　接下来证明$d(k)=\Omega (k\mathrm{l}\mathrm{g}k)$，我们采用代入法。$d(k)=\Omega (k\mathrm{l}\mathrm{g}k)$意味着存在一个正常数$c$，使得当$k$足够大时，有$d(k)\ge ck\mathrm{l}\mathrm{g}k$成立。
　　先考察初始情况$k=1$，此时决策树$T$只有一个叶结点，当这个叶结点就是根结点时，决策树$T$的$D(T)$值最小。由于根结点的深度为$0$，故此时$D(T)=0$，即$d(1)=0$。显然，$c$可以取任意正常数，都能使得$d(1)\ge c\bullet 1\bullet \mathrm{l}\mathrm{g}1=0$成立。
　　现在进入归纳过程。假设$d(k)\ge ck\mathrm{l}\mathrm{g}k$对$1,2,\dots ,k-1$都成立。根据问题c的结论，有
　　　　$d(k)=\underset{1\le i\le k-1}{\min }\{d(i)+d(k-i)+k\}$
　　　　　　　$\ge \underset{1\le i\le k-1}{\min }\{ci\mathrm{l}\mathrm{g}i+c(k-i)\mathrm{l}\mathrm{g}(k-i)+k\}$
　　　　　　　$=c\bullet \underset{1\le i\le k-1}{\min }\{i\mathrm{l}\mathrm{g}i+(k-i)\mathrm{l}\mathrm{g}(k-i)\}+k$
　　根据上文分析，当$i=k/2$时，$i\mathrm{l}\mathrm{g}i+(k-i)\mathrm{l}\mathrm{g}(k-i)$取得最小值$k\mathrm{l}\mathrm{g}k-k$。于是上式可以继续变换为
　　　　$d(k)\ge c\bullet \underset{1\le i\le k-1}{\min }\{i\mathrm{l}\mathrm{g}i+(k-i)\mathrm{l}\mathrm{g}(k-i)\}+k=c(k\mathrm{l}\mathrm{g}k-k)+k=ck\mathrm{l}\mathrm{g}k+(1-c)k$
　　根据上式，只要取$c\le 1$，就能使得$d(k)\ge ck\mathrm{l}\mathrm{g}k$成立。
　　综上所述，$d(k)=\Omega (k\mathrm{l}\mathrm{g}k)$成立。
　　
　　e.
　　对于一个$n$个元素的确定的比较排序算法$A$，其决策树$TA$的叶结点数目至少为$n!$，对应$n!$种可能的排列。那么决策树$TA$的$D(TA)$值的下限为$d(n!)=\Omega (n!\mathrm{l}\mathrm{g}(n!))$。
　　现在考察平均情况下排序$n$个元素的时间代价，实际上要考察的是平均情况下单个叶结点的深度，即单个叶结点的深度的期望值$E[Depth(i)]$。现在我们来计算所有叶结点的深度的期望和
　　　　$\sum _{i=1}^{n!}E[Depth(i)]=E[\sum _{i=1}^{n!}Depth(i)]=E[D(T_A)]=\Omega (n!\mathrm{l}\mathrm{g}(n!))$
　　由于每个叶结点的概率值是一样的，所以每个叶结点的深度的期望值也是相等的。于是单个叶结点的深度的期望值$E[Depth(i)]=(1/n!)\bullet \Omega (n!\mathrm{l}\mathrm{g}(n!))=\Omega (\mathrm{l}\mathrm{g}(n!))=\Omega (n\mathrm{l}\mathrm{g}n)$。于是，平均情况下排序$n$个元素的时间代价为$\Omega (n\mathrm{l}\mathrm{g}n)$。
　　
　　f.
　　笔者还未能理解题目意思，以后再补上。