Question

如何证明从最小节点在BST中找到后续n-1次是O（n）？

问题是我们可以通过

创建排序顺序

1）让节点= BST的最小节点。

2）从该节点开始，我们以递归方式调用find a successor。

我被告知结果是O（n），但我不明白，也不知道如何证明。

不应该是O（n * log n）吗？因为对于步骤1，它是 O（log n），对于步骤2，它也是 O（log n），但它被称为 n- 1次次。因此，它将是 O（n * log n）

请澄清我的疑问。谢谢！：）

Answer 1

您是正确的，任何个人操作可能需要O（log n）时间，因此如果您执行这些操作n次，您应该获得O（n log n）的运行时。这个界限是正确的，但它不是紧。实际运行时间是Θ（n）。

查看此内容的一种方法是查看树中的任何单个边。如果从最左边的节点开始并重复执行后继查询，您将访问每个边缘多少次？如果仔细观察操作是如何工作的，你会发现每个边缘都被访问了两次：一次向下，一次向上。由于完成的所有工作都是遍历上下边缘，这意味着完成的工作总量与边数的两倍成比例。在任何树中，边数是节点数减1，所以完成的工作总数是Θ（n）。

要将此形式化为证据，请尝试显示您永远不会下降同一个边缘两次，并且当您提升边缘时，您再也不会下降到该边缘。完成此操作后，运行时为Θ（n）的结论将遵循上述逻辑。

希望这有帮助！

Answer 2

我想发布这篇文章作为对templatetypedef的答案的评论，但它太长了。

他的答案是正确的，因为最简单的方法是看到这是线性的，因为每个边缘都被访问了两次，并且树中的边数总是比节点数少一个（因为每个节点都有一个父，除了根！）。

问题在于，他对正式证据进行短语的方式使用了似乎暗示矛盾的词语。一般来说，数学家不赞成使用矛盾，因为它经常产生含有多余内容的证据。例如：

Proof that  2 + 2 != 5:
Assume for contradiction that 2 + 2 = 5 (<- Remove this line)
Well 2 + 2 = 4
And 4 != 5
Contradiction! (<- Remove this line)

矛盾往往是冗长的，有时它甚至可以模糊证明背后的想法！有时矛盾似乎非常必要，但它相对较少，而且是一个单独的讨论。

在这种情况下，我没有看到矛盾的证据比直接证明更容易。另一方面，无论证明技术如何，这个证明都是正式的丑陋。这是一次尝试：

1）succ(n)算法遍历两条路径之一

在第一种情况下，从一个节点到其右子树的最左边节点的简单路径上访问每个边
在另一种情况下，节点n没有正确的孩子，在这种情况下，我们上升其祖先p_1, p_2, p_3, ..., p_k，使p_(k-1)是第一祖先< / em>这是它的父母的左孩子。所有这些边缘都在那条简单的路径中被访问

我们希望显示正好在两个succ()次调用中遍历任意边，一次针对第一种情况succ()，一次针对第二种情况succ()。嗯，对于最右边的分支以外的每个边都是如此，但是你可以分别处理这些边缘情况。或者，我们可以证明在访问最后一个元素
后返回根目录的更简单的参数
这是双重的，因为对于给定的边e，我们必须找到n1和n2，以便succ(n1)遍历e和{{ 1}}还遍历succ(n2)，并证明每个其他e生成的路径不包含succ()。

2）首先，我们实际证明，对于e次访问的每种类型的路径，没有两条路径重叠（即，如果succ()和succ(n)都遍历相同类型的路径，那些路径路径没有共享边缘）

在第一种情况下，简单路径精确定义如下。从节点succ(n')开始，向右移动一边到n。然后遍历以r为根的子树的左分支。现在考虑从其他节点r开始的任何其他此类路径（注意，我们不假设n'）。它必须在一个节点右转到n != n'。然后它遍历以r'为根的子树的最左边分支。如果路径重叠，则选择重叠的一条边。如果它是r'，那么我们有(n,r) = (n',r')，因此它是相同的路径。如果它在最左边的分支中有一些n = n'，那么你可以再次显示e = e'（你可以追踪最左边的分支并显示每条边是相同的，然后最终得出结论那个n = n'因为父树是唯一的树。你将在下面看到这个跟踪参数。因此，我们知道对于任何r = r' => n = n'和n，如果它们的路径重叠，它们实际上是同一个节点！相反的说法是：如果它们是不同的节点，那么它们的路径不会重叠。这正是我们想要的（并且对立面始终与原始陈述同样如此）。

在第二种情况下，我们定义从节点n'开始的简单路径并向上移动祖先n，直到我们到达第一个节点p_1, p_2, ..., p_k = g，使得{{1} }位于p_k的左侧。考虑从节点p_(k-1)开始的同一类型的其他路径p_k。同样，它访问n'。因为它是一棵树，所以这些祖先都不会与第一组相同。由于两条路径上的节点都不相同，因此没有一条边可以相同，因此n != n'和p_1', p_2', ..., p_k' = g'不会遍历任何相同的边

3）现在我们只需要表明给定边缘至少存在每种类型的一条路径。好吧采取任何这样的边缘succ(n)（注意这里我忽略了最右边的分支上的特殊边缘，技术上只访问过一次，我也忽略了最左边分支上的特殊边缘，技术上访问过{{1然后一次通过succ(n')调用）

如果它从左侧小孩e = (c,p)发送到其父级find_min()，则succ()将覆盖第二种类型的路径。要查找其他路径，请继续c的祖先p，使succ(c)位于p的右侧。根据定义，p_1, p_2, ..., p_k将遍历包含p_(k-1)的路径（因为p_k位于succ(p_k)的子树的最左边分支上，即e＆＃39}正确的孩子）。

当e是p_(k-1)的正确子女

时，类似的论证适用于对称案例

总结证明我们已经证明p_k生成两种类型的路径。对于每种类型的路径，这些类型的所有路径都不重叠。此外，对于任何边缘，我们至少有这些类型的路径中的每一个。由于我们在每个节点上调用c ，我们最终可以得出结论，每个边都被遍历两次（因此算法是p）。

尽管这个证据有多长，但实际上并没有完成（当我明确表示我正在跳过细节时，甚至忽略了这些要点！）。有些情况下，我说存在的东西没有证明存在。如果你想要的话，你可以弄清楚这些细节，并且实际上让它完全正确是令人满意的（至少在我看来。也许当你是一个天才，你会觉得它很乏味，呵呵）

希望这有帮助。如果您要我澄清一些步骤，请告诉我

如何证明从最小节点在BST中找到后续n-1次是O（n）？

2 个答案: