证明随机建立的二叉搜索树具有对数高度

如何证明具有n个节点的随机构建的二叉搜索树的期望高度为O （log n ）？CLRS 算法入门（第12.4章）中有一个证明，但我不理解。$n$$O(\log n)$

让我们首先直观地考虑一下。在最佳情况下，树是完美平衡的；在最坏的情况下，树是完全不平衡的：

从根节点开始，该左树具有两倍于每个后续深度许多节点，使得该树具有Ñ = Σ ħ 我= 0 2 我 = 2 ħ + 1 - 1个节点和一个高度ħ（这是在这种情况3）。用少量的数学，Ñ ≤ 2 ħ + 1 - 1 → ħ ≤ ⌈ 日志2（Ñ + 1 ）- 1 ⌉ ≤ ⌊ 升$p$$n=\sum_{i=0}^{h}2^i =2^{h+1}-1$$h$，这就是说它具有 ø （日志Ñ ）的高度。对于完全不平衡的树，树的高度仅为 n − 1 → O （n ）。所以我们有界限。$n\le2^{h+1}-1\rightarrow h\le\lceil\log_2(n+1)-1\rceil\le\lfloor log_2 n\rfloor$$O(\log n)$$n-1\rightarrow O(n)$

如果我们从一个有序列表构建一个平衡树，我们会选择中间元素是我们的根节点。如果我们正在代替随机构建树中，任何的Ñ节点都同样可能被拾取和我们的树的高度是：ħ ë 我克ħ 吨吨- [R ë ë = 1 + 最大（ħ Ë 我克ħ 吨升e f t s u b t r $\{ 1,2,\dots,n\}$$n$ 我们知道，在一个二叉搜索树，左子树必须只包含键小于根节点。因此，如果我们随机选择我吨ħ元件，左子树具有我-1种元素和右子树具有ñ-我元素，因此更紧凑： ħ Ñ =1+最大（ ħ 我

$$height_{tree}=1+\max (height_{left\space subtree}, height_{right\space subtree})$$ $i^{th}$$i-1$$n-i$。从那里开始，有意义的是，如果每个元素均等地被选择，则期望值只是所有案例的平均值（而不是加权平均值）。因此：E[ h n ]=$h_n=1+\max (h_{i-1},h_{n-i})$$\operatorname{E}[h_n]=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}[1+\max (h_{i-1},h_{n-i})]$

正如我确定您已经注意到的那样，我与CLRS的证明方式略有不同，因为CLRS使用了两种相对通用的证明技术，这些技术使初学者感到不安。第一种是使用我们要查找的值（在这种情况下为高度）的指数（或对数），这使数学计算更清晰。第二种是使用指标函数（在这里我将忽略）。CLRS将指数高度定义为，因此类似的递归为Y n = 2 × max （Y i − 1，Y n − i$Y_n=2^{h_n}$$Y_n=2\times\max (Y_{i-1},Y_{n-i})$。

假设独立性（一个元素（在可用元素中）的每个绘制作为子树的根都与之前的所有绘制无关），我们仍然具有以下关系： 为此我做了两个步骤：（1）移动

$$\operatorname{E}[Y_n]=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\operatorname{E}[2\times\max (Y_{i-1},Y_{n-i})]=\frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n}\operatorname{E}[\max (Y_{i-1},Y_{n-i})]$$ 是一个常数，求和的性质之一是∑ici=c∑ii；（2）将2移到外面是因为它也是一个常数，并且期望值的性质之一是E[ax]=aE[x]。现在，我们将用更大的函数替换max函数，因为否则很难进行简化。如果我们主张非负X，则Y：E[max（X，$\frac{1}{n}$$\sum_i ci=c\sum_i i$$\operatorname{E}[ax]=a\operatorname{E}[x]$$\max$$X$$Y$，则： ë [ ÿ Ñ ] ≤ $\operatorname{E}[\max(X,Y)]\le\operatorname{E}[\max(X,Y)+\min(X,Y)]=\operatorname{E}[X]+\operatorname{E}[Y]$ ，使得从i=1，Yi-1=Y0和Yn-i=Yn-1的观察到最后一步，方式我=ñ，ÿ我-1=ýñ-1和ÿñ $$\operatorname{E}[Y_n]\le\frac{2}{n}\sum_{i=1}^{n}(\operatorname{E}[Y_{i-1}]+\operatorname{E}[Y_{n-i}])=\frac{2}{n}\sum_{i=0}^{n-1}2\operatorname{E}[Y_{i}]$$ $i=1$$Y_{i-1}=Y_{0}$$Y_{n-i}=Y_{n-1}$$i=n$$Y_{i-1}=Y_{n-1}$，所以每个项 Y 0到 Y n − 1出现两次，因此我们可以用一个相似的项代替整个求和。好消息是，我们有复发é[ ÿ Ñ ]≤$Y_{n-i}=Y_{0}$$Y_0$$Y_{n-1}$；坏消息是，我们离开始的地方不远。$\operatorname{E}[Y_n]\le\frac{4}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\operatorname{E}[Y_{i}]$

在这一点上，CLRS拉动感应证明从他们的...数学经验库中，其中包括一个∑ n − 1 i = 0（ i+$\operatorname{E}[Y_n]\le\frac{1}{4}\binom{n+3}{3}$他们留给用户证明。关于它们的选择，重要的是其最大项为n3，回想一下，我们使用的是指数高度Yn=2hn，因此hn=log2n3=3log2n→O（logn）。也许有人会评论为什么选择此特定二项式。但是，通常的想法是从我们的递归之上用一个常数k的表达式nk约束。$\sum_{i=0}^{n-1}\binom{i+3}{3}=\binom{n+3}{4}$$n^3$$Y_n=2^{h_n}$$h_n=\log_2n^3=3\log_2n\rightarrow O(\log n)$$n^k$$k$

$$2^{\operatorname{E}[X_n]}\le \operatorname{E}[Y_n]\le \frac{4}{n}\sum_{i=0}^{n-1}\operatorname{E}[Y_i]\le\frac{1}{4}\binom{n+3}{3}=\frac{(n+3)(n+2)(n+1)}{24}\rightarrow \operatorname{E}[h_n]=O(\log n)$$