Анализ реализации с ранговой эвристикой

Пусть [math] union(v1,v2) [/math] - процедура слития двух множеств содержащих [math] v1 [/math],[math] v2 [/math], а [math] get(v) [/math] - поиск корня поддерева содержащего [math] v [/math]. Рассмотрим [math] n [/math] операций [math] union [/math] и [math] m [/math] операций [math] get [/math]. Для удобства и без потери общности будем считать [math] union [/math] принимает в качестве аргументов корни поддеревьев и [math] m \gt n [/math], то есть [math] union(v1,v2) [/math] заменяем на [math] union(get(v1),get(v2)) [/math].

Тогда нам надо оценить стоимость операции [math] get(v) [/math]. Обозначим [math]R(v)[/math] - ранг вершины,[math]P(v)[/math] - отец вершины,[math]L(v) [/math] - самый первый отец вершины, [math] K(v) [/math] - количество вершин в поддерева корнем которого является [math] v [/math]

Утверждение:

[math] R(P(v))\gt R(v) [/math]

[math]\triangleright[/math]

Из того как работает [math] get [/math] следует: 1.[math] R(L(v))\gt R(v) [/math] 2. Между [math] v [/math] и [math] P(v) [/math] существует путь вида : [math] v \rightarrow L(v) \rightarrow L(L(v)) \rightarrow ... \rightarrow P(v) [/math] Записав неравенство из первого пункта вдоль пути из второго пункта следует что [math] R(P(v))\gt R(v) [/math]

[math]\triangleleft[/math]

Утверждение:

[math] R(v)=i \Rightarrow K(v) \ge 2^i [/math]

[math]\triangleright[/math]

Докажем по индукции: Для 0 равенство очевидное. Ранг вершины стает равным [math] i [/math] при сливании поддеревьев ранга i-1, отсюда следует: [math]K(v) \ge K(v1)+K(v2) \ge 2^{i-1}+2^{i-1} \ge 2^i [/math].

[math]\triangleleft[/math]

Из второго утверждения следует:

1. [math] R(v) \le log_2(n) [/math]

2. Количество вершин ранга [math] i \le {n \over 2^i} [/math]

Теорема:

Амортизационная стоимость [math] get = O(log^{*}(n)) [/math]

Доказательство:

[math]\triangleright[/math]

Рассмотрим некоторое число [math] x [/math] . Разобьем наши ребра на три класса: 1.Ведут в корень или в сына корня. 2.[math] R(P(v)) \ge x^{R(v)}[/math] 3. Все остальные. Обозначим эти классы [math] T1,T2,T3 [/math] Амортизированная стоимость [math] S= {\sum_{get} \limits} ({\sum_{v:v \in get,v \in T1} \limits 1} + {\sum_{v:v \in get,v \in T2} \limits 1} + {\sum_{v: \in get,v \in T3} \limits 1} ) / m [/math], где [math] {v \in get } [/math] означает что ребро начало которого находится в [math] v [/math] было пройдено во время выполнения текущего [math] get [/math]. Ребро [math] v [/math] эквивалентно вершине в которой оно начинается. В силу того что [math]{\sum_{v:v \in get,v \in T1} \limits 1} = O(1) [/math] получаем: [math] S = O(1) + {\sum_{get} \limits} ~ {\sum_{v:v \in get,v \in T2} \limits} 1/m+ {\sum_{get} \limits} ~ {\sum_{v:v \in get,v \in T3} \limits} 1/m [/math] . Во время [math] get [/math] после прохождения K ребер из второго класса [math] R(v1) \ge x^{x^{.^{.^{.^{x^{R(v)}}}}}} [/math] Из выше сказанного и первого следствия второго утверждения получаем что: [math] {\sum_{v:v \in get,v \in T2} \limits} \le log^*_x(log_2(n)) = O(log^*(n)) [/math] Для того, чтобы [math] log^*_x [/math] существовал необходимо, чтобы [math] x \gt e ^{ 1 /e } \approx 1,44 [/math] Рассмотрим сумму [math]{\sum_{get} \limits} ~ {\sum_{v:v \in get,v \in T3} \limits} 1~/m \lt {\sum_{get} \limits} ~ {\sum_{v:v \in get,v \in T3} \limits} 1/n [/math] Из первого утверждения и того что происходит сжатие путей следует [math] R(P(x))[/math] cтрого увеличивается при переходе по ребру из Т3. Как максимум через [math] x^{R(k)} [/math] переходов ребро перестанет появляться в классе Т3. [math] {\sum_{get} \limits}~ {\sum_{v:v \in get,v \in T3} \limits} 1/n = {\sum_v \limits ~\sum_{get: in ~ this ~ get ~ v \in T3} \limits } 1/n \le \sum_v \limits x^{R(v)} /n [/math]. Из второго следствия второго утверждения следует [math] {\sum_{get} \limits}~ {\sum_{v:v \in get,v \in T3} \limits} 1/n \le \sum_{Rank=0}^{log_{2}(n)} \limits {nx^{Rank} \over 2^{Rank} n} [/math]. При [math] x \lt 2~~~{\sum_{get} \limits}~ {\sum_{v:v \in get,v \in T3} \limits} 1/n \le \sum_{Rank=0}^{log_{2}(n)} \limits {x^{Rank} \over 2^{Rank}} \le \sum_{Rank=0}^\infty \limits {x^{Rank} \over 2^{Rank} } \le { 2 \over 2-x } = O(1) [/math]. В результате [math] S=O(1)+O(log^*(x))+O(1)=O(log^*(x)) [/math]. В силу того что интервал [math] (1,45...2) [/math] не пустой теорема доказана.

[math]\triangleleft[/math]

• Wikipedia -Iterated logarithm