iPhone12蜜汁操作,環保還是攬財?
堆
(二叉)堆是一種用陣列表示的完全二叉樹,並且任意節點滿足\(A[PARENT(i)]\geq A[i]\)的大小關係(最大堆):
完全二叉樹:對於高度為h的二叉樹,除了h層以外,其餘0到h-1層的節點都是滿的,且h層的節點都靠左邊。
完全二叉樹高度:對於n個節點的完全二叉樹,高度為\(\lfloor \log n\rfloor\):
證明:
對於擁有\(2^h \leq n \leq 2^{(h+1)}-1\)個節點的完全二叉樹的高度都是h
所以根據\(h \leq \log n < (h+1)\)推出,n個節點的完全二叉樹高度為\(\lfloor \log n\rfloor\)
建堆(makeHeap)
建堆的過程就是將初始化輸入的陣列重新排列,使其滿足\(A[PARENT(i)]\geq A[i]\)的大小關係。
假設對於元素\(A[i]\),其左右子節點\(A[LEFT(i)]\)和\(A[RIGHT(i)]\)作為根的二叉樹已經滿足堆的順序性質了,那麼這時只要將元素\(A[i]\)不斷和左右子節點進行比較,並將\(A[i]\)和最大的子節點交換順序,直到\(A[i]\)就是最大的節點,或者\(A[i]\)變為了葉子節點。最終就得到了更大的堆,不斷進行這個過程,將子堆兩兩合併,最終整個陣列就變成了一個完整的堆了。
這裡有個很巧妙的計算過程,那就是從\(A[PARENT(heapSize)]\)
- 程式碼實現(C++):
#include <utility> #define PARENT(i) (i / 2) #define LEFT(i) (i * 2) #define RIGHT(i) (i * 2 + 1) template<typename RandomAccessIterator, typename SizeType, typename Compare> void heapify(RandomAccessIterator first, SizeType i, SizeType size, Compare comp) { auto val = std::move(*(first + i - 1)); for (auto child = RIGHT(i); child <= size; i = child, child = RIGHT(i)) { if (comp(*(first + child -1 - 1), *(first + child - 1))) { --child; } if (comp(val, *(first + child - 1))) { *(first + i - 1) = std::move(val); return; } *(first + i - 1) = std::move(*(first + child - 1)); } auto leftChild = LEFT(i); if (leftChild <= size && !comp(val, *(first + leftChild - 1))) { *(first + i - 1) = std::move(*(first + leftChild - 1)); i = leftChild; } *(first + i - 1) = std::move(val); } template<typename RandomAccessIterator, typename Compare> void makeHeap(RandomAccessIterator first, RandomAccessIterator last, Compare comp) { auto size = last - first; for (auto i = PARENT(size); i > 0; --i) { heapify(first, i, size, comp); } } #undef PARENT #undef LEFT #undef RIGHT
- 演算法複雜度
- 最好情況:當輸入陣列本身就滿足堆的順序性質,那麼遍歷的時候什麼也不用做,總共遍歷了\(\frac{n}{2}\)個元素,時間複雜度為\(\Theta(n)\)
- 最壞情況:當輸入的陣列逆序,每個元素都需要下降到葉子節點,時間複雜度為\(\Theta(n)\)
最壞情況計算過程:
對於包含\(2^h \leq n \leq 2^{(h+1)}-1\)個元素的堆,\(h-1\)層最多包含\(2^{(h-1)}\)個元素,每個元素最多比較2次,\(h-2\)層最多包含\(2^{h-2}\)個元素,每個元素最多比較4次,以此類推得到總的比較次數:
由於等差乘等比數列公式\(\sum_{i=1}^{n}{(an+b)q^{n-1}}=(An+B)q^n-B\),其中\(A=\frac{a}{q-1}\),\(B=\frac{b-A}{q-1}\),所以上式中\(A=\frac{-2}{2-1}=-2\),\(B=\frac{2h+2+2}{2-1}=2h+4\)
\[\sum_{i=1}^{h}{2(h-i+1)2^{i-1}}=(-2h+2h+4)2^{h}-2h-4 \]\[\begin{align} \sum_{i=1}^{h}{2(h-i+1)2^{i-1}} &= (-2h+2h+4)2^{h}-2h-4\\ &= 4\cdot 2^{h}-2h-4\\ &< 4n \end{align}\]