Изменения

'''Fusion tree''' {{---}} дерево поиска, позволяющее хранить <tex>n</tex> <tex>w</tex>-битных 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;,

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_2b_1\ldots b_{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>.

|statement=<tex>Sketchsketch</tex> сохраняет порядок, то есть <tex>sketch(x) < sketch(y)</tex>, если <tex>x < y</tex>.

Пусть <tex>L = (1sketch(\left \{ a_1),a_2\ldots 1scetch(a_k) - 0sketch(q)a_B\right \ldots 0sketch(q))}</tex> ''AND'' {{---}} множество ключей узла, отсортированных по возрастанию, <tex>\displaystyle \sum_q</tex> {i=0}^{k-1--}}2^ключ искомой вершины, <tex>l</tex> {i(l+1)+l}=\overbrace{c_10\ldots0---}^{l+1 bits} количество бит в <tex>sketch(q)</tex>. Сначала найдем такой ключ <tex>a_i</tex>, что <tex>sketch(a_i) \ldots leqslant sketch(q) \overbraceleqslant sketch(a_{c_k0\ldots0}^{li+1 bits})</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)</tex>, мы можем найти <tex>succ(q)</tex> и <tex>pred(q)</tex>.

Если <tex>===Поиск следующего и предыдущего по sketch(a_i)< sketch(q)</tex>, то <tex>c_i = 0</tex>, в противном случае <tex>c_i = 1</tex>.Теперь надо найти количество едениц в ''L''. Умножим ''L'' на <tex>\underbrace{0\ldots 01}_{l + 1 bits}\ldots \underbrace{0\ldots 01}_{l+1 bits}</tex>, тогда все еденицы сложатся в первом блоке результата, и, чтобы получить количество едениц, сдвинем его вправо.=

|statement=Среди всех ключей наибольший общий префикс с значений <tex>qsucc(y)</tex> и <tex>pred(y)</tex> по <tex>sketch(y)</tex> есть <tex>succ</tex> будет иметь или <tex>a_ipred</tex> или по значению <tex>a_{i+1}y</tex>.

ПедположимРассмотрим <tex>y</tex>. У него есть существенные биты и некоторый элемент <tex>x</tex>, что с которым у <tex>y</tex> имеет наибольший общий префикс с (настоящий, а не по <tex>qsketch</tex>). Тогда 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> (q)а другой <tex>1</tex> будет иметь ) и с ним может быть больше других общих битов со бит в <tex>sketch(y)</tex>. ЗначитТо есть либо <tex>succ</tex>, либо <tex>pred</tex> имеют следующий существенный бит такой же, как и у <tex>sketch(y)</tex> ближе по значению к . Поэтому если значение равно <tex>sketch(q)0</tex>, чем то <tex>x</tex> наибольший среди значений с меньшим <tex>sketch(a_i)</tex> или , и, аналогично для <tex>sketch(a_{i+1})</tex>, что приводит к противоречиюнаименьший среди больших.

Предположим[[Файл:FusionTree.png|400x400px|thumb|right|Пример случая, что когда <tex>psketch(a_i) \leqslant sketch(q) \leqslant sketch(a_{i+1})</tex> - наибольший общий перфикс, а но <tex>ya_{i+1}\leqslant q</tex> его длина<tex>sketch(a_i) = 00, sketch(q) = 00, sketch(a_{i+1}) = 01, \\ a_i = 0000, a_{i+1} = 0010, q = 0101</tex>a_j]] Рассмотрим ключи. Порядок для них по <tex>sketch</tex> - ключ, имеющий наибольший общий префикс совпадает с их порядком. Тогда для некоторых <tex>a_i</tex> и <tex>a_{i+1}</tex>: <tex>sketch(a_i) \leqslant sketch(q) \leqslant sketch(a_{i+1})</tex> (, в таком случае <tex>j = ia_i</tex> или и <tex>a_{i+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>. * если ===Поиск реального следующего и предыдущего===Мы умеем находить реальный <tex>succ</tex> и <tex>pred</tex> по <tex>succ</tex> и <tex>pred</tex>qот <tex>a_jsketch(y)</tex>, то теперь покажем, как искать <tex>y + 1succ</tex> бит и <tex>qpred</tex> равен еденице, а от <tex>sketch(y + 1)</tex> бит за <tex>a_jO(1)</tex> равен нулю. Так как общий префикс Определим <tex>a_jsketch(node)</tex> как число, составленное из единиц и <tex>qsketch(a_i)</tex> является наибольшим, то не существет ключа с префиксом есть <tex>sketch(node) = 1sketch(a_1)1sketch(a_2)\ldots 1sketch(a_k)</tex>. Вычтем из <tex>sketch(node)</tex> число <tex>p1sketch(q) \times \underbrace{\overbrace{00\ldots 1}^{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>. ЗначитВ начале каждого блока, где <tex>sketch(a_i) \geqslant sketch(q)</tex> больше всех ключей с префиксом меньшим либо равным , сохранятся единицы. Применим к получившемуся побитовое <tex>p\&</tex>. Найдем c <tex>pred\displaystyle \sum_{i=0}^{k-1}2^{i(el+1)+l}</tex>, чтобы убрать лишние биты. <tex>e L = (1sketch(a_1)\ldots 1sketch(a_k) - 0sketch(q)\ldots 0sketch(q)) \& \displaystyle \sum_{i=0}^{k-1}2^{i(l+1)+l}= p01\overbrace{c_10\ldots0}^{l+1 bits} \ldots 11\overbrace{c_k0\ldots0}^{l+1 bits}</tex>, который одновременно будет  Если <tex>равен predsketch(a_i)< sketch(q)</tex>;, то <tex>c_i = 0</tex>, в противном случае <tex>c_i = 1</tex>.* если Теперь надо найти количество единиц в <tex>qL</tex>. Умножим <tex>L</tex> на <a_jtex>\underbrace{0\ldots 01}_{l + 1 bits}\ldots \underbrace{0\ldots 01}_{l+1 bits}</tex> - найдем , тогда все единицы сложатся в первом блоке результата, и, чтобы получить количество единиц, сдвинем его вправо на <tex>succ(ek-1)\cdot(l + 1)</tex> бит. В таком случае мы получим некоторое <tex>2^i</tex>, где <tex>e = p10\ldots 00i</tex>. Это будет является реальным <tex>succpred(qx)</tex>., а <tex>i</tex> мы можем получить с помощью цикла де Брёйна

Длина наибольшего общего префикса двух ''w''-битных чисел <tex>a</tex> и <tex>b</tex> может быть вычислена === Индекс наиболее старшего бита с помощью нахождения индекса наиболее значащего бита в побитовом ''XOR'' <tex>a</tex> и <tex>b</tex>.цикла де Брёйна ===

==Вычисление sketch(x)==Чтобы найти sketch за константное время'''Последовательность де Брёйна''' {{---}} последовательность <math>a_1,\;\ldots, будем вычислять \;a_t<tex/math>sketch, элементы которой принадлежат заданному конечному множеству (x)обычно рассматривают множество <math>\{0,\;1,\;\ldots,\;k-1\}</texmath>), имеющий и все существенные биты в нужном порядкеподпоследовательности <math>a_{i+1}, но содержащий лишние нули\;\ldots,\;a_{i+n}</math> заданной длины <math>n</math> различны. ==== Примеры ====

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>) уберем все несущественные биты * <tex>x' = x0011</tex> (содержит подпоследовательности <tex>00, 01, 11, 10</tex>)* <tex>00010111 (000, 001, 010, 101, 011, 111, 110, 100)</tex> ''AND'' * <tex>\displaystyle \sum_{i=0}^{r-1}2^{b_i}0000100110101111</tex>;

2) умножением на некоторое число <tex>M = \displaystyle\sum_{i=0}^{r-1}2^{m_i}</tex> сместим все существенные биты в блок меньшего размера== Получение индекса по значению степени двойки ====

Возьмем цикл де Брёйна для <tex>n</tex> <tex>x'\times M = \displaystyle(\sum_{i=0}^{r\ldots n-1}x_{b_i}2^{b_i})</tex> и запишем его как число <tex>b</tex> (\sum_{iдля <tex>8</tex> цикл де Брёна равен <tex>00010111</tex>, а значение <tex>b =0}23</tex>). Умножим это число на <tex>2^{ri</tex>, сдвинем его влево на <tex>i</tex>, а затем обратно вправо на <tex>n-1}k</tex> (<tex>k</tex> такое, что <tex>n=2^k</tex>). <tex>(b \texttt{m_i<<}i) = \sum_texttt{i=0>>}^{r(n-1}\sum_k)</tex>), тогда получившееся число {j=0}^{r-1--}x_{b_i}<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{b_i+m_j>>}(n-k))</tex> получим <tex>i</tex>: <tex>p</tex> в данном случае такое, что <tex>k</tex>;подряд идущих бит равны значению, на сколько мы сдвинули.

3==Вычисление sketch(x) применив побитовое ''AND'' уберем ==Чтобы найти <tex>sketch</tex> за константное время, будем вычислять <tex>supersketch(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> {{---}} это никак не повлияет на сравнение, поскольку добавленные биты, появившиеся в результате умножения;равны нулю и стоят на одних и тех же местах для всех <tex>sketch</tex>

# 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> ''AND'' .# Применив побитовое <tex>\&</tex>, уберем лишние биты, появившиеся в результате умножения: <tex>\left(\displaystyle\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.

|statement=Дана последовательность из <tex>r </tex> чисел <tex>b_0<b_1<\ldots <b_{r-1}</tex>. Тогда существует последовательность <tex>m_0<m_1\ldots <m_{r-1}</tex>, такая что: 1) # все <tex>b_i + m_j</tex> различны, для <tex>0\leqslant i,j \leqslant r-1</tex>; 2) # <tex>b_1 b_0 + m_2m_0\leqslant b_2 b_1 + m_2m_1\leqslant \ldots \leqslant b_{r-1} + m_{r-1}</tex>; 3) # <tex>(b_{r-1} + m_{r-1}) - (b_0 + m_0) \leqslant r^4</tex>.

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' \ldots m_{t-1}'</tex>. Тогда <tex>m_t' \ne m_i' + b_j - b_k \; \forall i,j,k</tex>. Всего <tex>t\times r\times r < r^3 </tex> недопустимых значений для <tex>m_t'</tex>, поэтому всегда можно найти хотя бы одно значение.

Первые 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) \leqslant B((B-1)^4 + 1) \leqslant = B^5 = (w(B^{2 - 2B + 1/5})^5 = w </tex> бит. ==Индекс наиболее значащего бита==Чтобы найти в w-битном числе <tex>x</tex> индекс самого старшего бита, содержащего еденицу, разделим <tex>x</tex> на <tex>\sqrt{w}</tex> блоков по <tex>\sqrt{w}</tex> бит. <tex>x = \underbrace{0101}_{\sqrt{w}}\; \underbrace{0000}_{\sqrt{w}}\; \underbrace{1000}_{\sqrt{w}}\; \underbrace{1101}_{\sqrt{w}}</tex>. Далее найдем первый непустой блок и индекс первого еденичного бита в нем. '''2 + 1)''' Поиск непустых блоков. '''a.''' Определим, какие блоки имеют еденицу в первом бите. Применим побитовое ''AND'' к <tex>x=</tex> и константе <tex>F</tex>.   <tex>$$\begin{array}{r}AND\begin{array}{r}x = 0101\; 0000\; 1000\; 1101\\F = 1000\; 1000\; 1000\; 1000\\ \end{array}\\ \hline \begin{array}{r} t_1 = \underline{0}000\; \underline{0}000\; \underline{1}000\; \underline{B(B^4 + 4B^2 + 1}000 \end{array}\end{array}$$</tex>  '''b.''' Определим, содержат ли остальные биты еденицы.  Вычислим <tex>x</tex> ''XOR'' <tex>t_1</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>  Вычтем от <tex>F\; t_2</tex>. Если какой-нибудь бит <tex>F</tex> обнулится, значит, соответствующий блок содержит еденицы.  <tex> $$\begin{array}{r}4B^3 + 2B^2 -\begin{array}{r}F = 1000\; 1000\; 1000\; 1000\\t_2 = 0\underline{101}\; 0\underline{000}\; 0\underline{000}\; 0\underline{101}\\\end{array} \\\hline\begin{array}{r}t_3 = \underline{0}xxx\; \underline{4B + 1}000\; \underline{1}000\; \underline{0}xxx\end{array}\end{array}$$</tex>  Чтобы найти блоки, содержащие еденицы, вычислим <tex>t_3</tex> ''XOR'' <tex>F</tex>.  <tex> $$\begin{array}{r}XOR\begin{array}{r}F ) = 1000\; 1000\; 1000\; 1000\\t_3 = \underline{0}xxx\; \underline{1}000\; \underline{1}000\; \underline{0}xxx\\\end{array} \\\hline\begin{array}{r}t_4 = \underline{1}000\; \underline{0}000\; \underline{0}000\; \underline{1}000\end{array}\end{array}$$</tex>  '''c.''' Первый бит в каждом блоке <tex>y = t_1</tex> ''OR'' <tex>t_4</tex> содержит еденицу, если соответствующий блок <tex>x</tex> ненулевой.  <tex>$$\begin{array}{r}OR\begin{array}{r}t_1 = \underline{0}000\; \underline{0}000\; \underline{1}000\; \underline{1}000\\t_4 = \underline{1}000\; \underline{0}000\; \underline{0}000\; \underline{1}000\\\end{array} \\\hline\begin{array}{r}y = \underline{1}000\; \underline{0}000\; \underline{1}000\; \underline{1}000\end{array}\end{array}$$</tex>  '''B^5 - 4B^3 + 6B^2)''' Найдем <tex>sketch(y)</tex>, 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 4B + i2 \sqrt{w}leqslant B^5 </tex>.  Будем использовать <tex>m_j = (w - (\sqrt^{w}-1) - j\sqrt{w/5} +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 ^5 = w + i</tex> возрастаютбит, и при всех <tex>(b_{\sqrt{w} - 1} + m_{\sqrt{w} - 1}) - (b_0 + m_0) = B \sqrt{w} - geqslant 1</tex>.

Чтобы найти <tex>sketch(y)</tex>, умножим <tex>y</tex> на <tex>m</tex> и сдвинем вправо на <tex>w</tex> бит==См.Также==

Каждый шаг выполняется за <tex>O(1)<* [http:/tex>, поэтому всего потребуется <tex>O(1)</tex> времениwww.sciencedirect.com/science/article/pii/0022000093900404 M. L. Fredman and D. E. Willard. Surpassing the information theoretic barrier with fusion trees. Journal of Computer and System Sciences, чтобы найти индекс.1993]

==Ссылки==* [http://wwwcourses.sciencedirectcsail.commit.edu/6.897/sciencespring03/articlescribe_notes/piiL4/0022000093900404 Mlecture4. Lpdf MIT CS 6. Fredman and D897: Advanced Data Structures: Lecture 4, Fusion Trees, Prof. E. Willard. Surpassing the information theoretic barrier with fusion trees. Journal of Computer and System Sciences, 1993Erik Demaine (Spring 2003)]

* [http://courses.csail.mit.edu/6.897851/spring03spring12/scribe_notesscribe/L4/lecture4lec12.pdf MIT CS 6.897851: Advanced Data Structures: Lecture 412, Fusion TreesTree notes, Prof. Erik Demaine (Spring 20032012)]

* [http://courseswww.csaillektorium.mit.edutv/lecture/6?id=14292 А.851/spring12/scribe/lec12С.pdf MIT CS 6Станкевич.851: Advanced Data Structures: Lecture 12Дополнительные главы алгоритмов, Fusion Tree notes, Prof. Erik Demaine (Spring 2012)лекция 6]

* [http://wwwen.lektoriumwikipedia.tvorg/lecturewiki/?id=14292 А.С. Станкевич. Дополнительные главы алгоритмов, лекция 6Fusion_tree Wikipedia — Fusion tree]

* [httphttps://en.wikipedia.org/wiki/Fusion_tree De_Bruijn_sequence Wikipedia — Fusion treeDe Bruijn sequence]