为什么二叉树

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在我的Java课上，我们正在学习不同类型的集合的复杂性。

很快我们将讨论我一直在阅读的二叉树。该书指出二叉树的最小高度为，但没有提供进一步的解释。 $\log_2(n+1) - 1$

有人可以解释为什么吗？

— 科迪·布格斯坦
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我在这里解释stackoverflow.com/a/13093274/550393

— 2cupsOfTech 2014年

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一棵二叉树在非叶节点上有1个或2个子节点，在叶节点上有0个节点。假设一棵树中有节点，我们必须以它们仍然形成有效的二叉树的方式进行排列。 $n$

不用证明，我要说的是，要最大化高度，给定节点应该线性排列，即每个非叶节点应该只有一个子节点：

这里，根据节点数来计算高度关系的公式是直接的。如果是树的高度，则。 $h$ $h = n-1$

现在，如果我们尝试构建一个具有最小高度（总是可简化为完整的二叉树）的节点的二叉树，那么在进入下一层之前，我们必须在上层打包尽可能多的节点。因此，该树采用以下树的形式： $n$

                              O
                              |1
                              |
                       O------+-----O
                       |2           |3
                       |            |
                   O---+---O    O---+----O
                   |4      |5    6        7
                   |       |
               O---+--O    O
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让我们从一个特殊的情况开始，。 $n = 2^m - 1$

我们知道

2^{0} + 2^{1} + 2^{2} + . . . + 2^{m - 1} = 2^{m} - 1

$2^0 + 2^1 + 2^2 + ... + 2^{m-1} = 2^m - 1$

同样，很容易证明一个级别最多可以包含节点。 $i$ $2^i$

在上述总和使用该结果，我们发现，对于每个电平，从到，存在一个对应的术语中的膨胀。这意味着，一个完整的节点的二叉树被完全填充并具有高度，其中具有节点的完整二叉树的高度。 $i$ $0$ $m$ $2^{i-1}$ $2^m - 1$ $2^m - 1$ $h(2^m-1) = m-1$ $h(n) =$ $n$

使用这个结果，，因为具有节点的树已完全填充，因此具有节点的树必须适应下一级的额外节点，由1从增加高度至。 $h(2^m) = m$ $2^m-1$ $(2^m-1)+1 = 2^m$ $m$ $m-1$ $m$

到现在为止，我们已经证明，以及，

h (2^{m}) = m,

$h(2^m) = m,$

h (2^{m + 1}) = m + 1

$h(2^{m+1}) = m+1$

h (2^{m + 1} - 1) = m

$h(2^{m+1} -1) = m$

因此， $\forall n \in \mathbb{Z}, 2^m \leq n < 2^{m+1}$

m \leq h (n) < m + 1

$m \leq h(n) < m+1$

m \leq \log_{2} (n) < m + 1

$m \leq \log_2(n) < m+1$

m = ⌊ \log_{2} (n) ⌋

$m = \lfloor \log_2(n) \rfloor$

$\forall n, n \in [2^m, 2^{m+1})$

h (n) = m = ⌊ \log_{2} (n) ⌋

$h(n) = m = \lfloor \log_2(n) \rfloor$

$\forall n \in \mathbb{Z}$

$\log_2(n+1)-1$ $n$ $\log_2(n)$ $n$

— 阿努拉格·卡利亚（Anurag Kalia）
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$n$

$4$ $1+1\cdot2+1\cdot2\cdot2+1\cdot2\cdot2\cdot2$ $3$

nodes = 1 + 2 + 2^{2} + 2^{3} + . . . + 2^{depth} = \sum_{k = 0}^{depth} 2^{k} = \frac{1 - 2^{depth + 1}}{1 - 2} .

$\text{nodes}=1+2+2^{2}+2^{3}+...+2^{\text{depth}}=\sum_{k=0}^{\text{depth}} 2^{k}=\frac{1-2^{\text{depth}+1}}{1-2}.$

nodes = 2^{depth + 1} - 1,

$\text{nodes}=2^{\text{depth}+1}-1,$

\begin{array}{rcl} nodes + 1 & = & 2^{depth + 1} \\ \log_{2} (nodes + 1) & = & \log_{2} (2^{depth + 1}) = depth + 1 \\ \log_{2} (nodes + 1) - 1 & = & depth . \end{array}

$\begin{eqnarray} \text{nodes}+1&=&2^{\text{depth}+1}\\ \log_{2}(\text{nodes}+1)&=&\log_{2}(2^{\text{depth}+1})=\text{depth}+1\\ \log_{2}(\text{nodes}+1)-1&=&\text{depth}. \end{eqnarray}$

— 麦克·丹
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为了使高度保持最小，很容易看出我们需要填充所有级别，除了最后一个级别。为什么？否则，我们可以仅将最后一级的节点上移到上一级的空插槽中。

现在，假设我有一些未指定数量的bean，并且一次给您一个bean，并要求您构造一个最小高度的二叉树。在您完全填满最后一个级别或在最后一个级别中至少有一个bean时，我可能会用完所有的bean。让我们说，您此时的树高为h。

2^{0} + 2^{1} + 2^{2} + 2^{3} + \dots + 2^{h} = 2^{h + 1} - 1 \leq n .

$2^{0}+2^{1}+2^{2}+2^{3}+\dots+2^{h}=2^{h+1}-1 \leq n\,.$

h = \lg (n + 1) - 1 .

$h = \lg(n+1)-1\,.$

— 用户1234
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