我们是否必须创建一个树，其中所有节点都有3个子节点？
构建霍夫曼树的步骤 输入是唯一字符数组及其出现频率和输出是霍夫曼树。
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为每个唯一字符创建一个叶子节点，并构建所有叶子节点的最小堆（Min Heap用作优先级队列。频率字段的值用于比较最小堆中的两个节点。最初，最不常见的角色是根源）
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从最小堆中提取具有最小频率的两个节点。
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创建一个频率等于两个节点频率之和的新内部节点。将第一个提取的节点作为其左子节点，将另一个提取的节点作为其右子节点。将此节点添加到最小堆。
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重复步骤＃2和＃3，直到堆只包含一个节点。其余节点是根节点，树已完成。
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为每个唯一字符创建一个叶节点，并构建所有叶节点的最小堆
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从最小堆中提取具有最小频率的三个节点。
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创建一个频率等于三个节点频率之和的新内部节点。将第一个提取的节点作为其左子节点，将第二个提取的节点作为其中间子节点，将第三个提取的节点作为其右子节点。将此节点添加到最小堆。
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重复步骤＃2和＃3，直到堆只包含一个节点。其余节点是根节点，树已完成。
在堆中，一个节点最多可以有2个子节点，对吧？
因此，如果我们想对三元系统中的编码字（即使用符号0,1和2的编码字）推广霍夫曼算法，我们能做什么？我们是否必须创建一个树，其所有节点都有3个孩子？
修改：
我认为它会如下。
构建霍夫曼树的步骤 输入是唯一字符数组及其出现频率和输出是霍夫曼树。
我们如何证明该算法能产生最优的三元码？
编辑2 ：假设我们的频率为5,9,12,13,16,45。
它们的数量是偶数，所以我们添加一个频率为0的虚节点。我们把它放在数组的末尾吗？那么，它会如下吗？
那么我们会有以下堆吗？
然后：
然后：
或者我明白错了吗？
1 个答案:
答案 0 :(得分：7)
是的！你必须创建3个孩子的所有节点。为什么3？你也可以使用带有n个孩子的节点n-ary huffman coding。树看起来像这样 - （对于n = 3）
*
/ | \
* * *
/|\
* * *
三元码字的霍夫曼算法
我提供算法以便于参考。
HUFFMAN_TERNARY(C)
{
IF |C|=EVEN
THEN ADD DUMMY CHARACTER Z WITH FREQUENCY 0.
N=|C|
Q=C; //WE ARE BASICALLY HEAPIFYING THE CHARACTERS
FOR I=1 TO floor(N/2)
{
ALLOCATE NEW_NODE;
LEFT[NEW_NODE]= U= EXTRACT_MIN(Q)
MID[NEW_NODE] = V= EXTRACT_MIN(Q)
RIGHT[NEW_NODE]=W= EXTRACT_MIN(Q)
F[NEW_NODE]=F[U]+F[V]+F[W];
INSERT(Q,NEW_NODE);
}
RETURN EXTRACT_MIN(Q);
} //END-OF-ALGO
Why are we adding extra nodes?使节点数变为奇数。（为什么？）因为我们想要在Q中仅使用一个节点退出for循环。
Why floor(N/2)?起初我们需要3个节点。然后用它替换1个节点。有N-2个节点。 之后我们总是占用3个节点（如果不可用1个节点，由于虚节点，永远不可能获得2个节点）并替换为1.在每次迭代中，我们将它减少2个节点。这就是为什么我们使用术语floor(N/2)。
使用一些示例字符集在纸上自行检查。你会明白的。
正确性
我在这里参考＆＃34;算法导论＆＃34;由Cormen，Rivest。
证明：一步一步的数学证明太长了，无法在此发布，但它与本书中给出的证据非常相似。
想法
任何
optimal tree在最低级别具有最低的三个频率。（我们必须证明这一点）。（使用矛盾）假设情况并非如此，那么我们可以从最低频率切换频率更高的叶子与最低的三片叶子之一平齐并获得较低的平均长度。在不失一般性的情况下，我们可以假设所有三个最低频率都是同一节点的子节点。如果它们处于同一水平，则无论频率在何处，平均长度都不会改变）。它们只在代码字的最后一位有所不同（一个是0,1或2）。再次作为二进制代码字，我们必须收缩三个节点并从中创建一个具有
frequency=total of three node's(character's) frequencies的新角色。像二进制霍夫曼代码一样，我们看到最优树的成本是树的总和 使用三个符号contracted和eliminated sub-tree在收缩之前有节点。因为已经证明子树有 为了存在于最终的最优树中，我们可以使用签约的新创建节点在树上进行优化。
实施例
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假设字符集包含频率5,9,12,13,16,45。
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现在N = 6->甚至。所以用freq = 0
添加虚拟角色
-
现在N = 7，C中的频率为0,5,9,12,13,16,45
-
现在使用
min priority queue获取3个值。0然后5然后9。 -
添加它们在优先级队列中插入freq = 0 + 9 + 5的新char。这种方式继续。
树将是这样的
100
/ | \
/ | \
/ | \
39 16 45 step-3
/ | \
14 12 13 step-2
/ | \
0 5 9 step-1
最后证明
我现在将直接模仿Cormen的证据。
引理1。令C为字母表，其中属于C的每个字符d具有频率c.freq。让 x，y和z是具有最低频率的C中的三个字符。然后存在 C的最佳前缀码，其中x，y和z的码字具有相同的码字 长度，仅在最后一位有所不同。
证明：
想法
-
首先考虑任何树T生成任意最优前缀码。
-
然后我们将修改它以使树形成另一个最佳前缀，使得字符x，y，z在最大深度处显示为兄弟节点。
-
如果我们可以构造这样一棵树，那么x，y和z的代码字将具有相同的长度，并且仅在最后一位有所不同。
证明 -
- 设a，b，c为三个字符，即T中最大深度的兄弟叶片。
- 不失一般性，我们假设
a.freq < b:freq < c.freq和x.freq < y.freq < z.freq。 由于x.freq和y.freq以及z.freq是3个最低叶频率，按顺序（means there are no frequencies between them）和a.freq ，b.freq和c.freq是两个任意频率，依次为we have x.freq < a:freq and y.freq < b.freq and z.freq< c.freq.
在证明的其余部分，我们可以得到x.freq = a.freq或y.freq = b.freq或z.freq = c.freq。 但如果x.freq = b.freq或x.freq = c.freq 或者y.freq = c.freq 那么所有这些都是一样的。为什么？？ 我们来看看吧。假设
x!=y,y!=z,x!=z但是z = c和x<y<z依次为aa＆lt; b＆lt; c。 另外x!=a. --> x<ay!=b. --> y<bz!=c. --> z<c但z=c已提供。这与我们的假设相矛盾。 （因此证明）。 这个引理很简单。因此我们将假设 x！= b和x！= c。T1 * | / | \ | * * x +---d(x) / | \ | y * z +---d(y) or d(z) /|\ | a b c +---d(a) or d(b) or d(c) actually d(a)=d(b)=d(c) T2 * / | \ * * a / | \ y * z /|\ x b c T3 * / | \ * * x / | \ b * z /|\ x y c T4 * / | \ * * a / | \ b * c /|\ x y z In case of T1 costt1= x.freq*d(x)+ cost_of_other_nodes + y.freq*d(y) + z.freq*d(z) + d(a)*a.freq + b.freq*d(b) + c.freq*d(c) In case of T2 costt2= x.freq*d(a)+ cost_of_other_nodes + y.freq*d(y) + z.freq*d(z) + d(x)*a.freq + b.freq*d(b) + c.freq*d(c) costt1-costt2= x.freq*[d(x)-d(a)]+0 + 0 + 0 + a.freq[d(a)-d(x)]+0 + 0 = (a.freq-x.freq)*(d(a)-d(x)) >= 0 So costt1>=costt2. --->(1)
Similarly we can show costt2 >= costt3--->(2)
And costt3 >= costt4--->(3)
From (1),(2) and (3) we get
costt1>=costt4.-->(4)
But T1 is optimal.
So costt1<=costt4 -->(5)
From (4) and (5) we get costt1=costt2.
SO, T4 is an optimal tree in which x,y,and z appears as sibling leaves at maximum depth, from which the lemma follows.
<强>引理-2
令C为给定字母表，其中频率c.freq为属于C的每个字符c定义。 设x，y，z为C中的三个字符，频率最小。设C1为 字母C删除了字符x和y，添加了新的字符z1， 所以
C1 = C - {x,y,z} union {z1}。除了C之外，为C定义f和C.z1.freq=x.freq+y.freq+z.freq。令T1为表示最佳前缀码的任何树 对于字母C1。然后是树T，通过替换叶节点从T1获得 对于具有x，y和z作为子节点的内部节点的z，表示最佳前缀 字母C的代码。
证明：
看，我们正在从T1->转换; T. 因此，我们必须找到一种方法来表达成本，即成本1。
* *
/ | \ / | \
* * * * * *
/ | \ / | \
* * * ----> * z1 *
/|\
x y z
对于属于（C- {x，y，z}）的c，dT（c）= dT1（c）。 [对应于T和T1树的深度]
因此c.freq*dT(c)=c.freq*dT1(c)。
自dT(x)=dT(y)=dT(z)=dT1(z1)+1
So we have `x.freq*dT(x)+y.freq*dT(y)+z.freq*dT(z)=(x.freq+y.freq+z.freq)(dT1(z)+1)`
= `z1.freq*dT1(z1)+x.freq+y.freq+z.freq`
Adding both side the cost of other nodes which is same in both T and T1.
x.freq*dT(x)+y.freq*dT(y)+z.freq*dT(z)+cost_of_other_nodes= z1.freq*dT1(z1)+x.freq+y.freq+z.freq+cost_of_other_nodes
So costt=costt1+x.freq+y.freq+z.freq
or equivalently
costt1=costt-x.freq-y.freq-z.freq ---->(1)
现在我们通过矛盾来证明这个引理。
我们现在通过矛盾来证明这个引理。假设T不代表
C的最佳前缀码。然后存在最佳树T2
costt2 < costt。在不失一般性的情况下（通过引理1），T2具有x，y和z为
兄弟姐妹。
设T3为树T2，其公共父x和y，z替换为a
叶子z1的频率为z1.freq=x.freq+y.freq+z.freq然后
costt3 = costt2-x.freq-y.freq-z.freq
< costt-x.freq-y.freq-z.freq
= costt1 (From 1)
与T1代表最佳前缀代码的假设产生矛盾 对于C1。因此，T必须代表字母C的最佳前缀代码。
-Proved.
程序HUFFMAN生成最佳前缀代码。 证据：立即从Lemmas 1和2。
注意：术语来自算法简介第3版Cormen Rivest
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