Beweis von c):

(1)

Beweis von c):

Wir bezeichnen im Folgenden mit H

_2h⁻

den Baum, der entsteht, wenn wir H

_2h

so zerlegen, dass alle Elemente oberhalb des Zentrums wegfallen. Mit H

_2h+1⁺

bezeichnen wir den Baum, der entsteht, wenn wir H

2h+1

so zerlegen, dass alle Elemente unterhalb des Zentrums wegfallen.

Lemma 86

H

_2h⁻

und H

_2h+1⁺

haben jeweils 2

^h

Knoten. Bei der Herstellung aus H

_2h

bzw. H

_2h+1

werden 2

^h

− 1 bzw. 2

^h+1

− 1 Kanten

aufgebrochen. Die wegfallenden Teile haben die Form H

s

, s < 2h

bzw. s < 2h + 1.

(2)

Beweis:

Durch Induktion ¨ uber r.

Induktionsanfang: f¨ ur H

0

und H

1

gilt die Behauptung.

Induktionsannahme: die Behauptung gilt f¨ ur alle H

_p

, p < r.

1

Sei r = 2h, h > 0. Wir betrachten die Partitionierung von H

2h

mit Zentrum z wie in Lemma 85. Die Unterb¨ aume H

1

, H

₃

, . . . , H

2h−1

haben ihre Zentren oberhalb von z. Wir trennen sie von H

_2h

, indem wir h Kanten aufbrechen. Die abgetrennten Teile haben offensichtlich die Form H

s

, s < 2h.

Bei den Unterb¨ aumen H

₀

, H

₂

, . . . , H

2h−2

, mit Zentren

unterhalb von z, wenden wir jeweils die Induktionsannahme

an, d.h. wir erzeugen H

₀⁻

, H

₂⁻

, . . . , H

_2h−2⁻

. Als Ergebnis

erhalten wir H

_2h⁻

.

(3)

Damit gilt f¨ ur die Zahl der aufzubrechenden Kanten K

⁻

(2h) zur Herstellung von H

_2h⁻

:

K

⁻

(2h) = h +

h−1

X

i=0

K

⁻

(2i)

^I.A.

= h +

h−1

X

i=0

(2

ⁱ

− 1) =

h−1

X

i=0

2

ⁱ

= 2

^h

− 1.

F¨ ur die Zahl E

⁻

(2h) der Elemente in H

_2h⁻

gilt:

E

⁻

(2h) = 1 +

h−1

X

i=0

E

⁻

(2i)

^I.A.

= 1 +

h−1

X

i=0

2

ⁱ

= 1 +

h

X

i=1

2

ⁱ⁻¹

| {z }

2^h−1

= 2

^h

.

(4)

Beweis (Forts.):

2

Sei r = 2h + 1, h > 0. Wir betrachten die Partitionierung von H

_2h+1

mit Zentrum z wie in Lemma 85. Die Unterb¨ aume H

₀

, H

2

, . . . , H

2h

haben ihre Zentren unterhalb von z. Wir

trennen sie von H

_2h+1

, indem wir h + 1 Kanten aufbrechen.

Die abgetrennten Teile haben offensichtlich die Form H

_s

, s < 2h + 1. Bei den Unterb¨ aumen H

1

, H

3

, . . . , H

2h−1

, mit Zentren oberhalb von z, wenden wir jeweils die

Induktionsannahme an, d.h. wir erzeugen H

₁⁺

, H

₃⁺

, . . . ,

H

_2h−1⁺

. Als Ergebnis erhalten wir H

_2h+1⁺

. Damit gilt f¨ ur die

Zahl der aufzubrechenden Kanten K

⁺

(2h + 1) zur Herstellung

von H

_2h+1⁺

:

(5)

K

⁺

(2h + 1) =h + 1 +

h

X

i=1

K

⁺

(2(i − 1) + 1)

I.A.

= h + 1 +

h

X

i=1

(2

ⁱ

− 1) = 1 +

h

X

i=1

2

ⁱ

=1 +

h+1

X

i=1

2

ⁱ⁻¹

| {z }

2^h+1−1

−1 = 2

^h+1

− 1.

F¨ ur die Zahl E

⁺

(2h + 1) der Elemente in H

_2h+1⁺

gilt:

E

⁺

(2h + 1) = 1 +

h

X

i=1

E

⁺

(2(i − 1) + 1)

^I.A.

= 1 +

h

X

i=1

2

ⁱ⁻¹

| {z }

2^h−1

= 2

^h

.

(6)

Beweis von d):

Lemma 87

Falls k ≤ 2

^h

− 1, dann kann H

_2h

so zerlegt werden, dass die Komponente des Zentrums genau 2k + 1 Elemente enth¨ alt, k davon ¨ uber und k unter dem Zentrum. Dazu m¨ ussen ≤ 3k + 2h Kanten entfernt werden. Die entfernten Teile sind von der Form H

_s

, s < 2h.

Beweis:

Betrachte die Bin¨ ardarstellung von

k = k

₀

2

⁰

+ k

₁

2

¹

+ · · · + k

h−1

2

^h−1

und die Partitionierung von H

_2h

mit Zentrum z wie in Lemma 85.

(7)

F¨ ur jedes i mit k

i

= 1, betrachte H

2i+1

aus der Sequenz H

1

, H

3

, . . . , H

2h−1

von Unterb¨ aumen, deren Zentren oberhalb von z liegen, und schneide alle Elemente aus H

2i+1

, die kleiner als sein Zentrum sind (bilde also H

_2i+1⁺

). Dazu m¨ ussen h¨ ochstens 2k Kanten aufgebrochen werden, denn jedes k

_i

= 1 steht f¨ ur 2

ⁱ

in k, kostet aber nach Lemma 86 K

⁺

(2i + 1) = 2

ⁱ⁺¹

− 1 Kanten, also:

h−1

X

i=0

k

_i

K

⁺

(2i + 1) ≤ 2k .

F¨ ur jedes i mit k

i

= 0, schneide H

2i+1

ganz weg. Dabei werden

≤ h Kanten aufgebrochen. Genau k Elemente oberhalb z bleiben zur¨ uck, da jedes k

_i

= 1 f¨ ur 2

ⁱ

in k steht, und ein H

_2i+1⁺

genau E

⁺

(2i + 1) = 2

ⁱ

Elemente enth¨ alt, also:

h−1

X

i=0

k

i

E

⁺

(2i + 1) = k .

(8)

Beweis (Forts.):

F¨ ur jedes i mit k

i

= 1, betrachte H

2i

aus der Sequenz H

0

, H

2

, . . . , H

2h−2

von Unterb¨ aumen, deren Zentren unterhalb von z liegen, und schneide alle Elemente aus H

2i

, die gr¨ oßer als sein Zentrum sind (bilde also H

_2i⁻

). Dazu m¨ ussen h¨ ochstens k − 1 Kanten aufgebrochen werden, denn jedes k

_i

= 1 steht f¨ ur 2

ⁱ

in k und kostet uns nach Lemma 86 K

⁻

(2i) = 2

ⁱ

− 1 Kanten, also:

h−1

X

i=0

k

_i

(2

ⁱ

− 1) ≤ k − 1 .

F¨ ur jedes i mit k

i

= 0, schneide H

2i

ganz weg. Dabei werden h¨ ochstens h Kanten aufgebrochen. Genau k Elemente unterhalb von z bleiben zur¨ uck, da jedes k

_i

= 1 f¨ ur 2

ⁱ

in k steht, und ein H

_2i⁻

genau E

⁻

(2i) = 2

ⁱ

Elemente enth¨ alt, also:

h−1

X

i=0

k

i

E

⁻

(2i) = k .

(9)

Damit ergibt sich f¨ ur die Gesamtanzahl aufzubrechender Kanten

eine obere Schranke von 3k + 2h. Lemma 86 liefert uns dar¨ uber

hinaus die gew¨ unschte Aussage ¨ uber die Form der abgetrennten

Teile.

(10)

Beweis von d):

Betrachte H

2h

.

” gr¨ oßer“: H

2h−1

, H

2h−3

, . . . , H

1

” kleiner“: H

2h−2

, H

2h−4

, . . . , H

₀

H2h−2

s

s s g s

s

s s

s

s s

ss s s H2h

U(h) := Anzahl der Elemente in H

_2h

≥ Zentrum:

U(h) = 2U (h − 1) = 2

^h

; U (0) = 1

D(h) := Anzahl der Elemente in H

_2h

≤ Zentrum:

D(h) = 2D(h − 1) = 2

^h

; D(0) = 1

(11)

Beweis von d):

Anzahl der Kanten, die entfernt werden m¨ ussen:

C

u

(h) ≤ 2 + 2C

u

(h − 1)

= 2 + 4 + 2

³

+ . . . + 2

^h

= 2

^h+1

− 2 C

d

(h) ≤ 1 + 2C

d

(h − 1)

= 2

^h

− 1



 



 



C

_H

≤ 2

^h+1

−2+2

^h

−1 ≈ 3·2

^h

(12)

Kette von P

_k

’s:

J J J

s

P

_k

J J J

s

P

_k

J J J

s

P

_k

bottom

top

| {z }

t

p p p p p p p p p p p

Gesamtzahl der Elemente:

n

t(2k + 1) in den P

k

’s

r = n − t(2k + 1) Rest

(13)

k + (t − 1)(k + 1) > k + (k + 1)

n + 1 2k + 2 − 1

= n − 1 2

⇒ top > Median

Setze

k :=

j n

¹⁴

k

h sdg. 2

^h−1

≤ k < 2

^h

(14)

Pool von Einzel- elementen

Pool von Hi

1≤i≤2h bilde

rekursiv H2h

zerlege H2hin Pkund Hi’s

i <2h recycle Hi’s

f¨uge Pkin die Kette der Pk’s ein (nach

Zentrum sortiert)

Kette von Pk’s falls oben

nichts mehr geht

t−1> r t−1≤r

sortiere alle Elemente noch im System,

bestimme Median entferne die

2k+ 2extremen Elemente, Rest der beiden

Pk’s nach 1 PP

PPq

-

? -

-

?

J J

JJ^ 6

(15)

2h

steckenden Elemente (f¨ ur jedes i < 2h h¨ ochstens ein H

i

, daher r ≤

2h−1

P

i=0

= 2

^2h

− 1).

R := Anzahl der im letzten Schritt zu sortierenden Elemente. Es gilt: t ≤ r + 1, und damit

R = t(2k + 1) + r ≤ 2

^2h

(2k + 1) + 2

^2h

− 1 . m := Gesamtzahl der im Algorithmus produzierten P

_k

’s.

m = t + 2 n − R

2(k + 1) = t + n − R

k + 1 .

(16)

Gesamtzahl der vom Algorithmus durchgef¨ uhrten Vergleiche =

1

Anzahl der Kanten in allen P

_k

’s

2

+ Anzahl der Kanten, die gel¨ oscht werden, um die P

_k

’s zu formen

3

+ Anzahl der Kanten, die zum Schluss in ¨ ubriggebliebenen H

_i

’s, i < 2h, stecken

4

+ Anzahl der Vergleiche, um jedes Zentrum der P

_k

’s in die (sortierte) Kette einzuf¨ ugen

5

+ Anzahl der Vergleiche, um die zum Schluss

¨ ubriggebliebenenen R Elemente zu sortieren

≤

n − R k + 1 + t





 2k

|{z}

1

+ 3k + 2h

| {z }

2

+ log n 2k + 1

| {z }

4







+ R log R

| {z }

5

+ r

|{z}

3

.

(17)

Mit k = n

⁴

, h so, dass 2 ≤ k < 2 ergibt sich damit r = O(k

²

)

t = O(k

²

) zum Schluss R = O(k

³

), und damit die Anzahl der Vergleiche = T (n) ≤ 5n + o(n) . Verbesserte Version (besseres Zurechtschneiden, bessere Verwertung der Reste):

T (n) = 3n + o(n)

(18)

Bester bekannter Algorithmus (von Dor/Zwick):

2, 95n + o(n) Literatur:

Arnold Sch¨ onhage, Michael Paterson, Nicholas Pippenger:

Finding the median

J. Comput. Syst. Sci. 13, pp. 184–199 (1976) Dorit Dor, Uri Zwick:

Selecting the median

SIAM J. Comput. 28(5), pp. 1722–1758 (1999)