優先佇列堆二項佇列

目錄四、二項佇列的實現

**位址

我們知道，左式堆每次操作的時間界是$o(logn)$。二項佇列支援合併、插入、刪除最小值，每次插入的平均時間為常數時間，而最壞時間是$o(logn)$。

二項佇列：

結構**：

高度為0的二項樹是一棵單節點樹，例如b0。

高度為k的二項樹$b_k$通過將一棵二項樹$b_$附接到另一棵二項樹$b_$的根上而構成。

結構描述：如上圖

二項樹$b_$由乙個帶有兒子$b_$，$b_$，$b_$，…，$b_$的根組成！高度為k的二項樹恰好有$2^k$個節點，而在深度$d$處的節點數是二項係數$\binom$。如果我們把堆序施加到二項樹上並允許任意高度最多一棵二項樹，那麼就能夠用二項樹的集合表示任意大小的優先佇列。例如大小為13的優先佇列可以用森林$b_3$，$b_2$，$b_0$表示。可以記作1101，它不僅使用二進位制表示了13的大小，而且也表達了這樣的事實：在上述表示中，$b_3$，$b_2$，$b_0$出現，而$b_1$沒有。

二項樹組成的森林根二進位制的關係：

數字13：森林表示為$b_3$，$b_2$，$b_0$；二進位制記錄為1101。

數字10：森林表示為$b_3$，$b_1$；二進位制記錄為1010。

二項佇列中，最小元可以通過森林中所有的的樹的根來找出。由於最多有$logn$棵不同的樹，因此找到最小元的時間可以為$o(logn)$。如果我們記住最小元，並且在每次操作時更新它，那麼可以直接操作最小元，時間為$n$。

合併兩個二項佇列在概念上是乙個容易的操作。如下合併h1和h2。

合併**：

令$h_3$是新的二項佇列，由於$h_1$沒有高度為0的樹而$h_2$有，我們讓$h_2$中高度為0的樹作為$h_3$的一部分。然後將兩個高度為1的二項樹相加。

將$h_1$和$h_2$的高度為1的二項樹相加，讓大的根成為小的根的子樹，從而建立高度為2的二項樹。

現在存在3棵高度為2的樹，我們將合併其中2棵樹，建立高度為3的二項樹，這樣，就只存在一棵高度為2，一棵高度為3，一棵高度為0的樹組成的森林。

合併分析

幾乎使用任意合理的實現方法合併2棵樹均花費常數時間，而總共存在$o(lonn)$棵二項樹，因此合併操作的最壞情形時間$o(logn)$。

關於時間界$o(logn)$

在n個節點組成的二項佇列森林中，每個高度有且只有一棵樹，很明顯，高度$h = logn$，而合併操作本身花費常數時間，總個數$o(logn)$。很容得到以上時間界。

關於插入，插入其實就是合併一棵高度為0的二項樹。關於插入的合併次數，如果元素將要插入的那個優先佇列中不存在的最小二項樹是$b_i$，那麼執行時間與$(i+1)$成正比。

關於插入的時間界：

為什麼是$(i+1)$的正比呢。假設：那麼插入乙個元素當作合併乙個高度為0的二項樹，記作$c_0$；

$i = 1$：森林中不存在$b_1$，那麼最小樹則是$b_0$，那麼只需要合併$b_0$和$c_0$就能得到一棵高度為1的樹，作為$b_1$。

$i = 2$：森林中不存在$b_2 $，那麼最小樹則是$b_1 $，第一次發生在$b_0$和$c_0$，得到$c_1$。第二次合併發生在$b_1$和$c_1$，得到$b_2$。

依次類推，我們可以知道$i$就是需要合併的次數。而1是插入時間。得到上述時間描述。

由於我們的二項佇列中所有的二項樹，均是堆序的。所以我們只需要比較所有樹的根節點，就能找到最小值。關鍵在於，我們刪除一棵高度為$k$的樹的根節點，那麼棵樹會降級為多棵樹，此時會打亂森林的順序，我們需要重新整理森林裡的樹，重新得到二項佇列。

刪除**：

刪除二項佇列h3中的最小值12，那麼由h3解體得到$h3-2$，和原來的高度為0和1的樹得到的$h3-2$。

得到2個二項佇列：$h3-1$，$h3-2$。現在要做的就是將這個佇列合併。

根據上文的合併法則，得到$h4$。

刪除最小值本質上就是組建二項堆+合併二項堆。所以時間界依然是$o(logn)$。

關於這個時間界：

我們知道只要量級為改變，在大o模型中單純的加減是不會影響我們對於時間演算法的估計的。

最重要的操作是deletemin和merge。deletemin需要快速找到最小值，因此需要一般樹的標準表示方法。該操作還要求各個兒子按照他們的子樹的大小排序。

合併樹是我們需要將一棵樹作為另一棵樹的兒子被加到另一棵樹上。由於這顆心樹將是最大的子樹，因此，以大小遞減的方式保持這些子樹是最好的。

實現方法：

優先佇列堆二項佇列

優先佇列之二項堆

優先佇列《堆》

優先佇列堆

優先佇列 堆 二項佇列

優先佇列之 二項堆

優先佇列《堆》

優先佇列 堆

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