Изменения

'''Fusion tree''' {{---}} дерево поиска, позволяющее хранить <tex>n</tex> <tex>w</tex>-битных положительных чисел, используя <tex>O(n)</tex> памяти, и выполнять операции поиска за время <tex>O(\log_{w} n)</tex>. Эта Это статическая структура данных , которая была впервые предложенна предложена в 1990 году М. Фредманом (M. Fredman) и Д. Уиллардом (D. Willard).

* у всех вершин, кроме листьев, <tex>B = w^{1/5}</tex> детей;,* время, за которое определяется , в каком поддереве находится вершина, равно <tex>O(1)</tex>.Такое время работы достигается за счет хранения дополнительной информации в вершинах. Построим [[:Сверхбыстрый_цифровой_бор|цифровой бор ]] из ключей узла дерева. Всего <tex>B - 1</tex> ветвящихся вершин. Биты, соответствующие уровням дерева, в которых происходит ветвление, назовем существенными и обозначим их номера <tex>b_0, b_1, b_2\ldots b_rb_{r-1}</tex>(индексация идет от листьев, которые соответствуют концу числа, т.е. младшему разряду). Количество существенных битов <tex>r</tex> не больше чем <tex>B - 1</tex>(все ребра на уровне детей ветвящейся вершины {{---}} обведены на рисунке {{---}} являются существенными битами, и так как ветвящихся вершин <tex>B - 1</tex>, значит, и количество уровней с детьми не больше <tex>B - 1</tex>, поскольку на одном уровне могут быть несколько ветвящихся вершин).

В Fusion tree вместе с ключом <tex>x</tex> хранится <tex>sketch(x)</tex> {{--- }} последовательность битов <tex>x_{b_{r-1}}\ldots x_{b_0}</tex>. {{Утверждение|id=sketch. |author=|about=|statement=<tex>Sketchsketch</tex> сохраняет порядок, то есть <tex>sketch(x) < sketch(y)</tex>, если <tex>x < y</tex>.|proof=Рассмотрим наибольший общий префикс <tex>x</tex> и <tex>y</tex>. Тогда следующий бит определяет их порядок и одновременно является существенным битом. Поэтому, если <tex>x < y</tex>, то и <tex>sketch(x) < sketch(y)</tex>.}}

3Пусть <tex>\left \{ a_1,a_2\ldots a_B\right \}</tex> {{---}} множество ключей узла, отсортированных по возрастанию, <tex>q</tex> {{---}} ключ искомой вершины, <tex>l</tex> {{---}} количество бит в <tex>sketch(q)</tex>. Сначала найдем такой ключ <tex>a_i</tex>, что <tex>sketch(a_i) \leqslant sketch(q) \leqslant sketch(a_{i+1})</tex>. Хотя положение <tex>sketch(q)</tex> среди <tex>sketch(a_j)</tex> не всегда эквивалентно положению <tex>q</tex> среди <tex>a_j</tex>, зная соседние элементы <tex>sketch(q) применив побитовое AND уберем лишние биты</tex>, появившиеся в результате умножения;мы можем найти <tex>succ(q)</tex> и <tex>pred(q)</tex>.

<tex>\displaystyle\sum_{i=0}^{r-1}\sum_{j=0}^{r-1}x_{b_i}2^{b_i+m_j}\;AND \;\displaystyle\sum_{i=0}^{r-1}2^{b_i+m_i} Поиск следующего и предыдущего по sketch== \sum_{i=0}^{r-1}x_{b_i}2^{b_i+m_i}</tex>;

|id= prefix.

|statement=Дана последовательность из r чисел Среди значений <tex>b_0succ(y)<b_1/tex> и <\ldots tex>pred(y)<b_{r-1}/tex> по <tex>sketch(y)</tex>. Тогда существует последовательность есть <tex>succ</tex> или <tex>m_0pred<m_1\ldots /tex> по значению <m_{r-1}tex>y</tex>, такая что:.|proof=

Рассмотрим <tex>y</tex>. У него есть существенные биты и некоторый элемент <tex>x</tex>, с которым у <tex>y</tex> наибольший общий префикс (настоящий, а не по <tex>sketch</tex>). Биты из <tex>sketch</tex>, находящиеся в префиксе совпадают, значит <tex>succ</tex> и <tex>pred</tex> <tex>y</tex> среди <tex>sketch</tex> должны быть такими же среди <tex>x</tex>, и один из них имеет дальше бит <tex>0</tex> (а другой <tex>1</tex>) все и с ним может быть больше других общих бит в <tex>b_i + m_jsketch</tex>. То есть либо <tex>succ</tex>, либо <tex>pred</tex> имеют следующий существенный бит такой же, как и у <tex>y</tex>. Поэтому если значение равно <tex>0</tex>, то <tex>x</tex> наибольший среди значений с меньшим <tex>sketch</tex> различны, и, аналогично для <tex>01</tex>, наименьший среди больших.}} [[Файл:FusionTree.png|400x400px|thumb|right|Пример случая, когда <tex>sketch(a_i) \leqslant sketch(q) \leqslant sketch(a_{i+1})</tex>,j но <tex>a_{i+1}\leqslant r-q</tex> <tex>sketch(a_i) = 00, sketch(q) = 00, sketch(a_{i+1}) = 01, \\ a_i = 0000, a_{i+1} = 0010, q = 0101</tex>;]]

2) Рассмотрим ключи. Порядок для них по <tex>sketch</tex> совпадает с их порядком. Тогда для некоторых <tex>a_i</tex> и <tex>b_1 a_{i+ m_21}</tex>: <tex>sketch(a_i) \leqslant b_2 + m_2sketch(q) \leqslant \ldots \leqslant b_sketch(a_{r-i+1} )</tex>, в таком случае <tex>a_i</tex> и <tex>a_{i+ m_{r-1}</tex>;его <tex>succ</tex> и <tex>pred</tex> по <tex>sketch</tex>. Тогда среди них есть настоящий (не по <tex>sketch</tex>) <tex>succ</tex> или <tex>pred</tex> по доказанному, а понять это мы можем просто сделав сравнение с <tex>q</tex>.

3===Поиск реального следующего и предыдущего===Мы умеем находить реальный <tex>succ</tex> и <tex>pred</tex> по <tex>succ</tex> и <tex>pred</tex> от <tex>sketch(y) </tex>, теперь покажем, как искать <tex>succ</tex> и <tex>pred</tex> от <tex>sketch(b_{r-1} + m_{r-1}y) - </tex> за <tex> O(b_0 + m_01) \leqslant r^4</tex>.|proof=Выберем некоторые Определим <tex>m_i'sketch(node)</tex>как число, таким образомсоставленное из единиц и <tex>sketch(a_i)</tex>, чтобы то есть <tex>m_i' + b_k notsketch(node) = 1sketch(a_1)1sketch(a_2)\equiv m_j' + b_pldots 1sketch(a_k)</tex>. Предположим, что мы выбрали Вычтем из <tex>sketch(node)</tex> число <tex>m_1' sketch(q) \times \underbrace{\overbrace{00\ldots m_1}^{t-l + 1 bits}\overbrace{00\ldots 1}^{l + 1 bits}\ldots \overbrace{00\ldots 1}^{l + 1 bits}}_{k(l + 1) bits}'= 0sketch(q)\ldots 0sketch(q)</tex>. Тогда В начале каждого блока, где <tex>m_t' sketch(a_i) \ne m_i' + b_j - b_k \; \forall i,j,kgeqslant sketch(q)</tex>, сохранятся единицы. Всего Применим к получившемуся побитовое <tex>t\times r\times r < r^3 &</tex> недопустимых значений для c <tex>m_t'\displaystyle \sum_{i=0}^{k-1}2^{i(l+1)+l}</tex>, поэтому всегда можно найти хотя бы одно значениечтобы убрать лишние биты.

Чтобы получить <tex>m_i</tex>, выбираем каждый раз наименьшее <tex>m_i'</tex> и прибавляем подходящее число кратное <tex>r^3</tex>, такое что <tex>m_i+c_i < m_{i+1}+c_{i+1} L = (1sketch(a_1)\leqslant m_i+c_i+r^3</tex>. }}Первые два условия необходимы для того, чтобы сохранить все существенные биты в нужном порядке. Третье условие позволит поместить sketch узла в w-битный тип. Так как <tex>r \leqslant B-1</tex>, то <tex>sketchldots 1sketch(nodea_k)</tex> будет занимать <tex>B- 0sketch(r^4 + 1q) \leqslant Bldots 0sketch((B-1q)^4 + 1) \leqslant B^5 & \displaystyle \sum_{i= (w0}^{k-1/5})2^5 = w </tex> бит.==Индекс наиболее значащего бита==Чтобы найти в w-битном числе ''x'' индекс самого старшего бита, содержащего еденицу, разделим ''x'' на <tex>\sqrt{wi(l+1)+l}</tex> блоков по <tex>\sqrt{w}</tex> бит.<tex>x = \underbrace{0101}_overbrace{c_10\sqrt{wldots0}}\; \underbrace^{0000}_{\sqrt{w}l+1 bits}\; ldots \underbrace{1000}_overbrace{c_k0\sqrt{wldots0}}\; \underbrace^{1101}_{\sqrt{w}l+1 bits}</tex>. Далее найдем первый непустой блок и индекс первого еденичного бита в нем.

Если <tex>sketch(a_i)< sketch(q)</tex>, то <tex>c_i = 0</tex>, в противном случае <tex>c_i = 1</tex>.Теперь надо найти количество единиц в <tex>L</tex>. Умножим <tex>L</tex> на <tex>\underbrace{0\ldots 01}_{l + 1 bits}\ldots \underbrace{0\ldots 01}_{l+1 bits}</tex>, тогда все единицы сложатся в первом блоке результата, и, чтобы получить количество единиц, сдвинем его вправо на <tex>(k-1)Поиск непустых блоков\cdot(l + 1)</tex> бит.В таком случае мы получим некоторое <tex>2^i</tex>, где <tex>i</tex> является реальным <tex>pred(x)</tex>, а <tex>i</tex> мы можем получить с помощью цикла де Брёйна

<tex> $$\begin'''Последовательность де Брёйна''' {array}{r---}AND\begin{array}{r}x = 0101последовательность <math>a_1,\; 0000\; 1000ldots,\; 1101a_t</math>, элементы которой принадлежат заданному конечному множеству (обычно рассматривают множество <math>\\F = 1000{0,\; 1000\; 10001,\; 1000\\\end{array} \\\hline\begin{array}{r}t_1 = \underline{0}000ldots,\; k-1\underline{0}000\; \underline</math>), и все подпоследовательности <math>a_{i+1}000,\; \underline{1}000ldots,\end;a_{arrayi+n}\end{array}$$</texmath> заданной длины <math>n</math>различны.

Вычислим Примеры циклов де Брёйна для <math>k=2</math> с периодом <tex>2, 4, 8, 16</tex>:* <tex>01</tex> (содержит подпоследовательности <tex>0</tex> и <tex>1</tex>)* <tex>0011</tex> (содержит подпоследовательности <tex>00, 01, 11, 10</tex>)* <tex>00010111 (000, 001, 010, 101, 011, 111, 110, 100)</tex>* <tex>x\; XOR \; t_10000100110101111</tex>.

<tex> $$\begin{array}{r}XOR\begin{array}{r}t_1 = 0000\; 0000\; 1000\; 1000\\x = 0101\; 0000\; 1000\; 1101\\\end{array} \\\hline\begin{array}{r}t_2 = 0\underline{101}\; 0\underline{000}\; 0\underline{000}\; 0\underline{101}\end{array}\end{array}$$</tex>= Получение индекса по значению степени двойки ====

Вычтем от Возьмем цикл де Брёйна для <tex>Fn</tex> <tex>(i = 0\; t_2ldots n-1)</tex>и запишем его как число <tex>b</tex> (для <tex>8</tex> цикл де Брёна равен <tex>00010111</tex>, а значение <tex>b = 23</tex>). Если какойУмножим это число на <tex>2^i</tex>, сдвинем его влево на <tex>i</tex>, а затем обратно вправо на <tex>n-нибудь бит k</tex> (<tex>k</tex> такое, что <tex>n=2^k</tex>). <tex>(b \texttt{<<} i) \texttt{>>}(n-k)</tex>), тогда получившееся число {{---}} <tex>i</tex>-ая подстрока длины <tex>k</tex> данного цикла де Брёйна. Эту перестановку опозначим за <tex>p</tex> и тогда применив ее к <tex>(2^i\cdot x) \texttt{>>} (n-k))</tex> получим <tex>i</tex>: <tex>Fp</tex> обнулитсяв данном случае такое, значитчто <tex>k</tex> подряд идущих бит равны значению, соответствующий блок содержит еденицына сколько мы сдвинули.

==Вычисление sketch(x)==Чтобы найти <tex>sketch</tex> за константное время, будем вычислять <tex> $$\beginsupersketch(x)</tex>, имеющий все существенные биты в нужном порядке, но содержащий лишние нули. Хотя <tex>supersketch</tex> содержит лишние нули, мы сможем вычислять его быстрее, чем обычный <tex>sketch</tex>, потому что нам не придется каждый раз идти по всем битам числа, выбирая стоящие на нужных нам местах. Будем использовать <tex>supersketch</tex> вместо <tex>sketch</tex> {array}{r}-\begin{array--}{r}F = 1000\; 1000\; 1000\; 1000\\t_2 = 0\underline{101}\; 0\underline{000}\; 0\underline{000}\; 0\underline{101}\\\end{array} \\\hline\begin{array}{r}t_3 = \underline{0}xxx\; \underline{1}000\; \underline{1}000\; \underline{0}xxx\end{array}\end{array}$$это никак не повлияет на сравнение, поскольку добавленные биты равны нулю и стоят на одних и тех же местах для всех <tex>sketch</tex>

Чтобы найти блоки# Уберем все несущественные биты <tex>x' = x \& \displaystyle \sum_{i=0}^{r-1}2^{b_i}</tex>.# Умножением на некоторое заранее вычисленное число <tex>M = \displaystyle\sum_{i=0}^{r-1}2^{m_i}</tex> сместим все существенные биты в блок меньшего размера: <tex>x'\times M = \displaystyle \left( \sum_{i=0}^{r-1}x_{b_i} 2^{b_i} \right) \left(\sum_{i=0}^{r-1}2^{m_i}\right) = \sum_{i=0}^{r-1}\sum_{j=0}^{r-1}x_{b_i} 2^{b_i+m_j}</tex>.# Применив побитовое <tex>\&</tex>, содержащие еденицыуберем лишние биты, вычислим появившиеся в результате умножения: <tex>t_3\; XOR left(\; Fdisplaystyle\sum_{i=0}^{r-1}\sum_{j=0}^{r-1}x_{b_i} 2^{b_i+m_j} \right) \& \displaystyle\sum_{i=0}^{r-1}2^{b_i+m_i} = \sum_{i=0}^{r-1}x_{b_i}2^{b_i+m_i}</tex>.# Сделаем сдвиг вправо на <tex>m_0 + b_0</tex>бит.

{{Утверждение|id= |author=|about=|statement=Дана последовательность из <tex>r</tex> чисел <tex> $$b_0<b_1<\begin{array}ldots <b_{r-1}XOR</tex>. Тогда существует последовательность <tex>m_0<m_1\begin{array}ldots <m_{r-1}</tex>, такая что:F = 1000# все <tex>b_i + m_j</tex> различны, для <tex>0\; 1000leqslant i,j \; 1000leqslant r-1</tex># <tex>b_0 + m_0\; 1000leqslant b_1 + m_1\leqslant \t_3 = ldots \underlineleqslant b_{0r-1}xxx\; \underline+ m_{r-1}000\; \underline</tex># <tex>(b_{r-1}000\; \underline+ m_{0r-1}xxx) - (b_0 + m_0) \leqslant r^4</tex>.|proof=Выберем некоторые <tex>m_i'</tex>, таким образом, чтобы <tex>m_i' + b_k \not\equiv m_j' + b_p</tex>. Предположим, что мы выбрали <tex>m_1' \endldots m_{arrayt-1} '</tex>. Тогда <tex>m_t' \ne m_i' + b_j - b_k \; \forall i,j,k</tex>. Всего <tex>t\hlinetimes r\begin{array}{times r < r}^3 </tex> недопустимых значений для <tex>m_t'</tex>, поэтому всегда можно найти хотя бы одно значение. t_4 = \underlineЧтобы получить <tex>m_i</tex>, выбираем каждый раз наименьшее <tex>m_i'</tex> и прибавляем подходящее число кратное <tex>r^3</tex>, такое что <tex>m_i+c_i < m_{i+1}000\; \underline+c_{0i+1}000\; \underline{0leqslant m_i+c_i+r^3</tex>. }}000Первые два условия необходимы для того, чтобы сохранить все существенные биты в нужном порядке. Третье условие позволит поместить <tex>sketch</tex> узла в <tex>w</tex>-битный тип. Так как <tex>r \; leqslant B-1</tex>, то <tex>sketch(node)</tex> будет занимать <tex>B(r^4 + 1) \underline{leqslant B((B-1)^4 + 1) = B((B^2 - 2B + 1)^2 + 1)=</tex><tex>B(B^4 + 4B^2 + 1 - 4B^3 + 2B^2 -4B + 1}000) = B^5 - 4B^3 + 6B^2 - 4B + 2 \endleqslant B^5 </tex><tex> = (w^{array1/5})^5 = w </tex> бит, при всех <tex>B \end{array}$$geqslant 1</tex>

c==См. Первый бит в каждом блоке <tex>y Также== t_1\; OR \;t_4</tex> содержит еденицу, если соответствующий блок ''x'' ненулевой.

*[[:2) найдем sketch(y), чтобы сместить все нужные биты в один блок. Существенными битами в данном случае будут первые биты каждого блока, поэтому <tex>b_i = \sqrt{w} - 1 + i\sqrt{w}</tex>. 3_дерево|2-3 дерево]]

Будем использовать <tex>m_j = w - (\sqrt{w}-1) - j\sqrt{w} +j</tex>. Тогда <tex>b_i + m_j = w + (i - j)\sqrt{w} + j</tex>. Все суммы различны при <tex>0\leqslant i, j < \sqrt{w} </tex>. Все <tex>b_i + m_i Источники информации = w + i</tex> возрастают, и <tex>(b_{\sqrt{w} - 1} + m_{\sqrt{w} - 1}) - (b_0 + m_0) = \sqrt{w} - 1</tex>. Чтобы найти sketch(y), умножим y на m и сдвинем вправо на w бит.

3)Найдем первый ненулевой блок* [http://www. Для этого надо найти первую еденицу в sketch(y)sciencedirect. Как и при поиске succ(sketch(q)) и pred(sketch(q)) используем параллельное сравнение sketch(y) с <tex>2^0, 2^1 \ldots 2^{\sqrt{w} - 1}<com/science/article/pii/tex>0022000093900404 M. L. Fredman and D. E. Willard. В результате сравнения получим номер первого ненулевого блока <tex>c</tex>Surpassing the information theoretic barrier with fusion trees.Journal of Computer and System Sciences, 1993]

* [http://courses.csail.mit.edu/6.897/spring03/scribe_notes/L4/lecture4.pdf MIT CS 6.897: Advanced Data Structures: Lecture 4, Fusion Trees, Prof. Erik Demaine (Spring 2003) найдем номер <tex>d</tex> первого еденичного бита в найденном блоке так же как и в предыдущем пункте.]

5) инедекс наиболее значащего бита будет равен <tex>c\sqrt{w}+d<* [http://courses.csail.mit.edu/6.851/spring12/scribe/tex>lec12.pdf MIT CS 6.851: Advanced Data Structures: Lecture 12, Fusion Tree notes, Prof. Erik Demaine (Spring 2012)]

Каждый шаг выполняется за <tex>O(1)<* [http:/tex>, поэтому всего потребуется <tex>O(1)</tex> времениwww.lektorium.tv/lecture/?id=14292 А.С. Станкевич. Дополнительные главы алгоритмов, чтобы найти индекс.лекция 6]