Merge（R，i，i+length–1，n.X）
ELSE
FORj=iTOnDOXj←Rj▌
P99-23
通过手算证明（4.9）和（4.10）式确实能得到C11,C12,C21和C22的正确值。
C11=P+S-T+V
=（A11+A22）（B11+B22）+A22（B21-B11）-（A11+A12）B22+（A12-A22）（B21+B22）
=A11B11+A22B11+A11B22+A22B22+A22B21-A22B11-A11B22-A12B22+A12B21+A12B22-A22B21-A22B22
=A11B11+A12B21
P=（A11+A22）（B11+B22）T
=（A11+A12）B22
Q=（A21+A22）B11
U=（A21-A11）（B11+B12）
R=A11（B12-B22）V
=（A12-A22）（B21+B22）
S=A22（B21-B11）
P=（A11+A22）（B11+B22）T
=（A11+A12）B22
Q=（A21+A22）B11
U=（A21-A11）（B11+B12）
R=A11（B12-B22）V
=（A12-A22）（B21+B22）
S=A22（B21-B11）
C12=R+T
=A11B12-A11B22+A11B22+A12B22
=A11B12+A12B22
C21=Q+S
=A21B11+A22B11+A22B21-A22B11
=A21B11+A22B21
C22=P+R-Q+U
=（A11+A22）（B11+B22）+A11（B12+B22）-（A21+A22）B11+（A21-A11）（B11+B12）
=A11B11+A22B11+A11B22+A22B22+A11B12-A11B22-A21B11-A22B11+A21B11+A21B12-A11B11-A11B12
=A22B22+A21B12
P=（A11+A22）（B11+B22）T
=（A11+A12）B22
Q=（A21+A22）B11
U=（A21-A11）（B11+B12）
R=A11（B12-B22）V
=（A12-A22）（B21+B22）
S=A22（B21-B11）
计算机算法分析—习题课
第五章：
2、3、6、8、9、10、11、12
P121-2．
求以下情况背包问题的最优解，n=7，m=15，（p1,…,p7）=（10,5,15,7,6,18,3）和（w1,…,w7）=（2,3,5,7,1,4,1）。
将以上数据情况的背包问题记为I。
设FG（I）是物品按pi的非增次序输入时由GREEDY-KNAPSACK所生成的解，FO（I）是一个最优解。
问FO（I）/FG（I）是多少?
当物品按wi的非降次序输入时，重复②的讨论。
①按照pi/mi的非增序可得（p5/w5,p1/w1,p6/w6,p3/w3,p7/w7,p2/w2,p4/w4）=（6,5,9/2,3,3,5/3,1）
所以最优解为：
（1,2/3,1,0,1,1,1），并且FO（I）=166/3
②按照pi的非增次序输入时，得到（p6,p3,p1,p4,p5,p2,p7）=（18,15,10,7,6,5,3），对应的（w6,w3,w1,w4,w5,w2,w7）=（4,5,2,7,1,3,1），则FG（I）的解为（1,0,1,4/7,0,1,0），并且FG（I）=47，所以FO（I）/FG（I）=166/141.
③按照wi的非降次序输入时，得（w5,w7,w1,w2,w6,w3,w4）=（1,1,2,3,4,5,7），相应的（p5,p7,p1,p2,p6,p3,p4）=（6,3,10,5,18,15,7），则FW（I）的解为（1,1,4/5,0,1,1,1），并且FW（I）=54，所以FO（I）/FW（I）=83/81.
P122-3
3．（0/1背包问题）如果将5.3节讨论的背包问题修改成极大化约束条件xi=0或11≤i≤n这种背包问题称为0/1背包问题。
它要求物品或者整件装入背包或者整件不装入。
求解此问题的一种贪心策略是：
按pi/wi的非增次序考虑这些物品，只要正被考虑的物品能装的进就将其装入背包。
证明这种策略不一定能得到最优解。
1niipxΣ1niiwxM≤Σ
证明：
当按照pi/wi的非增次序考虑物品存放背包时，如果所装入的物品恰能装满背包时，显然为最优解，否则未必是最优解.
可举例如下：
设n=3，M=6，
（p1,p2,p3）=（3,4,8），（w1,w2,w3）=（1,2,5）
按照pi/wi的非增序得到
（p1/w1,p2/w2,p3/w3）=（3,2,1.6），
则其解为（1,1,0），而事实上最优解是（1,0,1）。
问题得证。
P122-6．
假定要将长为l1,l2,…,ln的n个程序存入一盘磁带，程序i被检索的频率是fi。
如果程序按i1,i2,…,in的次序存放，则期望检索时间（ERT）是:
①证明按li的非降次序存放程序不一定得到最小的ERT。
②证明按fi的非增次序存放程序不一定得到最小的ERT。
③证明按fi/li的非增次序来存放程序时ERT取最小值。
①l:
（4,1,2）f:
（0.8,0.1,0.1）
按li的非降序存放程序
ERT=0.1*1+0.1*3+0.8*7=6
而最优解为0.8*4+0.1*5+0.1*7=4.4
②l:
（16,1,2）f:
（0.8,0.1,0.1）
按fi的非增序存放程序
ERT=0.8*16+0.1*17+0.1*19=16.4
而最优解为0.1*1+0.8*17+0.1*19=15.6
证明结论③是正确的,证明如下：
假设li1,li2,…,lin按照fi/li的非增次序存放，即fi1/li1≥fi2/li2≥…≥fin/lin，则得到ERT=[fi1li1+fi2（li1+li2）+…+fik（li1+li2+…+lik）+…+fin（li1+li2+…+lin）]/假设该问题的一个最优解是按照j1,j2,…,jn的顺序存放，并且其期望检索式是ERT’，我们只需证明ERT≤ERT’，即可证明按照fi/li的非增次序存放得到的是最优解。
易知ifΣ
ERT’=[fj1lj1+fj2（lj1+lj2）+…+fjk（lj1+lj2+…+ljk）+…+fjn（lj1+lj2+…+ljn）]/,从前向后考察最优解中的程序，不妨设程序jk是第一个与其相邻的程序jk+1存在关系，则交换程序jk和程序jk+1，得到的期望检索时间记为ERT’’，容易证明ERT’’≤ERT’，显然ERT’’也是最优解，将原来的最优解中所有这样类似于反序对的程序互换位置，得到的解不比原来的最优解差，所以最终变换后得到的解也是最优解，而最终的解恰是程序按fi/li的非增次序来存放得到的顺序。
命题得证。
P123-8
①当n=7，（p1,…,p7）=（3,5,20,18,1,6,30）和（d1,…,d7）=（1,3,4,3,2,1,2）时，算法5.5所生成的解是什么？
②证明即使作业有不同的处理时间定理5.3亦真。
这里，假定作业i的效益pi>0，要用的处理时间ti>0，限期di≥ti.
解：
①根据pi的非增排序得到（p7,p3,p4,p6,p2,p1,p5）=（30,20,18,6,5,3,1），对应的期限为（2,4,3,1,3,1,2），按照算法3.5生成的解为：
1.J
（1）=7
（2）,
2.J
（1）=7
（2）,J
（2）=3（4）；
3.J
（1）=7
（2）,J
（2）=4（3）,J（3）=3（4）；
4.J
（1）=6
（1）,J
（2）=7
（2）,J（3）=4（3）,J（4）=3（4）；
②证明即使作业有不同的处理时间定理5.3亦真。
这里，假定作业i的效益pi>0，要用的处理时间ti>0，限期di≥ti.（P106）
定理5.3:
设J是K个作业的集合,σ=i1i2…ik是J中作业的一种排序,它使得di1≤di2≤…≤dik.J是一个可行解,当且仅当J中的作业可以按照σ的次序又不违反任何一个期限的情况下来处理.
证明：
显然即使ti>0（di≥ti），如果J中的作业可以按照σ的次序而又不违反任何一个期限来处理，即对σ次序中的任一个作业k，应满足dk≥Σ=kjjt1，则J就是一个可行解。
下面证明如果J是可行解，σ=i1i2…ik使得J中的作业可以按照di1≤di2≤…≤din序列排列而又不违反任何一个期限。
J是可行解，则必存在σ’=r1r2…rn，使得对任意的rk，都有dk≥Σ=kjjt1，我们设σ是按照di1≤di2≤…≤din排列的作业序列。
假设σ’≠σ，那么令a是使ra≠ia的最小下标，设rb=ia，显然b>a，在σ’中将ra与rb相交换，因为drb≤dra，显然ra和rb可以按期完成作业，我们还要证明ra和rb之间的作业也能按期完成。
因为drb≤dra，而显然二者之间的所有作业rt，都有drb≤drt，又由于σ’是可行解，所以1btbkrrktdd=≤≤Σ，所以作业ra和rb交换后，仍满足1ttkrktd=≤Σ，即所有作业可依新产生的排列σ’’==s1s2…sn的次序处理而不违反任何一个期限，连续使用这种方法，σ’就可转换成σ且不违反任何一个期限，定理得证。
P123-9
①对于5.3节的作业排序问题证明：
当且仅当子集合J中的作业可以按下述规则处理时它表示一个可行解；如果J中的作业I还没分配处理时间，则将它分配在时间片[a-1，a]处理，其中a是使得1≤r≤di的最大整数r，且时间片[a-1，a]是空的。
②仿照例5.4的格式，在习题5.8的①所提供的数据集上执行算法5.5。
易证如果J中的作业能按上述规则处理，显然J是可行解；
如果J是可行解，根据定理5.3可知，J中的作业根据时间期限的非降次序排列，得到i1i2…ik…in，并且按照这个顺序，可以处理J中所有作业，而对这一序列中的任意作业ik，如果它的时间期限是dk，且时间片[dk-1,dk]是空的，则分配之；若时间片[dk-1，dk]非空，则向前找最大的非空[r-1,r]时间片，1≤r≤dk因为J是可行解，所以一定可以找到如此时间片。
故命题得证。
n=7
（p1,…,p7）=（3,5,20,18,1,6,30）
（d1,…,d7）=（1,3,4,3,2,1,2）
（p7,p3,p4,p6,p2,p1,p5）
=（30,20,18,6,5,3,1），
对应的期限为（2,4,3,1,3,1,2）
b=min{n,max{d（i）}}
=min{7,4}
=4
P123-11
①证明如果一棵树的所有内部节点的度都为k，则外部节点数n满足nmod（k-1）=1.
②证明对于满足nmod（k-1）=1的正整数n，存在一棵具有n个外部节点的k元树T（在一棵k元树中，每个节点的度至多为k）。
进而证明T中所有内部节点的度为k.
证明：
①设某棵树内部节点的个数是i，外部结点的个数是n，边的条数是e，则有
e=i+n-1
ik=e
⇒ik=i+n-1
⇒（k-1）i=n-1
⇒nmod（k-1）=1
P123-12
①证明如果nmod（k-1）=1，则在定理5.4后面所描述的贪心规则对于所有的（q1,q2,…,qn）生成一棵最优的k元归并树。
（P111）
②当（q1,q2,…,q11）=（3,7,8,9,15,16,18,20,23,25,28）时，画出使用这一规则所得到的最优3元归并树。
通过数学归纳法证明：
对于n=1，返回一棵没有内部结点的树且这棵树显然是最优的。
假定该算法对于（q1,q2,…,qm），其中m=（k-1）s+1（s≥0），都生成一棵最优树，
则只需证明对于（q1,q2,…,qn），其中n=（k-1）（s+1）+1，也能生成最优树即可。
不失一般性，假定q1≤q2≤…≤qn，且q1,q2,…,qk是算法所找到的k棵树的WEIGHT信息段的值。
于是q1,q2,…,qk可生成子树T，设T’是一棵对于（q1,q2,…,qn）的最优k元归并树。
设P是距离根最远的一个内部结点。
如果P的k个儿子不是q1,q2,…,qk，则可以用q1,q2,…,qk和P现在的儿子进行交换，这样不增加T’的带权外部路径长度。
因此T也是一棵最优归并树中的子树。
于是在T’中如果用其权为q1+q2+…+qk的一个外部结点来代换T，则所生成的树T’’是关于（T,qk+1,…,qn）的一棵最优归并树。
由归纳假设，在使用其权为q1+q2+…+qk的那个外部结点代换了T以后，过程TREE转化成去求取一棵关于（T,qk+1,…,qn）的最优归并树。
因此TREE生成一棵关于（q1,q2,…,qn）的最优归并树。
计算机算法分析—习题课
第六章12345681317
动态规划
1.多阶段过程
2.满足最优性原理
3.建立递推关系式
P151-1
①递推关系式（6.8）对右图成立吗？
为什么？
②递推关系式（6.8）为什么对于含有负长度环的图不能成立？
•解：
•①成立，不包含负长度环
•②可以使节点间的长度任意小。
P151-2
修改过程ALL_PATHS，使其输出每对结点（i,j）间的最短路径，这个新算法的时间和空间复杂度是多少？
回忆算法：
P127算法6.1
P131算法6.3
P127算法6.1
D（i,j）/D（j）:
从节点j到汇点t的最优路径中下一个节点，即最优路径中j的后继节点。
算法6.1在计算COST（j）的同时也计算了D（j）
3－7行
计算出D（j）之后，即可计算最短路径。
9－11行
P131算法6.3
对矩阵进行初始化，每个元素赋值为边的长
度（如果没边则赋值成MAX）
1－5行
迭代计算最短路径长度
6－12行
仿照6.1，在每次计算最短路径的时候计算出D（j）再通过D（j）就可以表示出最短路径
fork←1tondo//迭代计算
fori←1tondo
forj←1tondo
ifA（i,j）>A（i,k）+A（k,j）then
A（i,j）←A（i,k）+A（k,j）
Path（i,j）←Path（i,k）
endif
repeat
repeat
repeat
fori←1tondo//输出最优路径
forj←1tondo
print（“thepathofitojis”i）
k←path（i,j）
whilek≠0do
print（k）
k←path（k,j）
repeat
repeat
repeat
endShortestPath
分析
时间复杂度
第一个循环：
O（n2）
第一个循环：
O（n3）
第一个循环：
O（n2）
空间复杂度
Cost（n,n）A（n,n）Path（n,n）
O（n2）
P151-3
对于标识符集（a1,a2,a3,a4）=（end,goto,print,stop），已知成功检索概率为P
（1）=1/20,P
（2）=1/5,P（3）=1/10,P（4）=1/20，不成功检索概率为Q（0）=1/5,Q
（1）=1/10,Q
（2）=1/5,Q（3）=1/20,Q（4）=1/20，用算法OBST对其计算W（i,j），R（i,j）和C（i,j）（0≤i,j≤4）。
P136算法6.5
P（i）
P
（1）=1/20,P
（2）=1/5,P（3）=1/10,P（4）=1/20
Q（i）
Q（0）=1/5,Q
（1）=1/10,Q
（2）=1/5,Q（3）=1/20,
Q（4）=1/20
P（i）
P
（1）=1,P
（2）=4,P（3）=2,P（4）=1
Q（i）
Q（0）=4,Q
（1）=2,Q
（2）=4,Q（3）=1,Q（4）=1
P151-4
①证明算法OBST的计算时间是O（n2）。
②在已知根R（i,j），0≤i证明这样的树能在O（n）时间内构造出来。
①将C中元素的加法看做基本运算，则算法OBST的时间复杂性为：
20（（1,）（,1）1）nnmmiRijRij−==+−−+ΣΣ=20（（1,）（,1）1）nnmmiRiimRiim−==++−+−+ΣΣ=2（（1,）（0,1）1）nmRnmnRmnm=−+−−+−+ΣO（n2）
②ProcedureBuildTree（m,n,R,Root）
integerR（n,n）,k
TreeNodeRoot,LR,RR
k←R（m,n）
ifk≠0thendata（Root）←k,
BuileTree（m,k-1,R,LR）,BuileTree（k,n,R,RR）
left（Root）←LR,right（Root）←RR
elsedata（Root）←m,left（Root）←null,right（Root）←null,endif
endBuildTree
时间复杂性分析：
T（n）=c+T（k）+T（n-k-1），此递推式保证算法的时间复杂性为O（n），也可从递归的角度出发，递归的次数正是结点的个数，而每次递归时间复杂性为常数，所以算法的时间复杂度也为O（n）。
P151-5
由于我们通常只知道成功检索和不成功检索概率的近似值，因此，若能在较短的时间内找出几乎是最优的二分检索树，也是一件很有意义的工作。
所谓几乎是最优的二分检索树，就是对于
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