《计算机算法基础》第三版课后习题答案.docx

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《计算机算法基础》第三版课后习题答案

4.2在下列情况下求解递归关系式

T（n）=íìg（n）

î2T（n/2）+f（n）n足够小

否则

当①n=2kg（n）=O

（1）和f（n）=O（n）；

②n=2kg（n）=O

（1）和f（n）=O

（1）。

解:

T（n）=T（2k）=2T（2k-1）+f（2k）=2（2T（2k-2）+f（2k-1））+f（2k）

=22T（2k-2）+21f（2k-1）+f（2k）

=„„

=2kT

（1）+2k-1f

（2）+2k-2f

（22）+„+20f（2k）kk-1k-220k=2g（n）+2f

（2）+2f

（2）+„+2f

（2）①当g（n）=O

（1）和f（n）=O（n）时，

不妨设g（n）=a，f（n）=bn，a，b为正常数。

则

T（n）=T（2k）=2ka+2k-1*2b+2k-2*22b+„+20*2kb=2ka+kb2k

=an+bnlog

2n=O（nlog

2n）

②当g（n）=O

（1）和f（n）=O

（1）时，

不妨设g（n）=c，f（n）=d，c，d为正常数。

则

T（n）=T（2k）=c2k+2k-1d+2k-2d+„+20d=c2k+d（2k-1）

=（c+d）n-d=O（n）

4.3根据教材中所给出的二分检索策略，写一个二分检索的递归过程。

ProcedureBINSRCH（A,low,high,x,j）

integermid

iflow≤highthen

mid←

ë（low+high）/2û

ifx=A（mid）thenj←mid;endif

ifx>A（mid）thenBINSRCH（A,mid+1,high,x,j）;endifx

endBINSRCH

4.5作一个“三分”检索算法。

它首先检查n/3处的元素是否等于某个x的值，然后检查2n/3处的元素；这样，或者找到x，或者把集合缩小到原来的1/

3。

"分析此算法在各种情况下的计算复杂度。

ProcedureThriSearch（A,x,n,j）

integerlow,high,p1,p2

low←1;high←n

whilelow≤highdo

p1←ë（2low+high）/3û;p2←ë（low+2high）/3û

case:

x=A（p1）:

j←p1;return:

x=A（p2）:

j←p2;return:

x

high←p1-1:

x>A（p2）:

low←p2+1:

else:

low←p1+1;high←p2-1

endcase

repeat

j←0

endThriSearch

T（n）=íìg（n）

îT（n/3）+f（n）n足够小

否则

g（n）=O

（1）f（n）=O

（1）

成功:

O

（1）,O（log3（n））,O（log3（n））

最坏

最好，平均，

失败:

O（log3（n））,O（log3（n））,O（log3（n））

最好，平均，最坏

4.6对于含有n个内部结点的二元树，证明E=I+2n，其中，E，I分别为外部和内部路径长度。

证明：

数学归纳法

①当n=1时，易知E=2，I=0，所以E=I+2n成立；

②假设n≤k（k>0）时，E=I+2n成立；

③则当n=k+1时，不妨假定找到某个内结点x为叶结点（根据二元扩展树的定义，一定存在这样的结点x，且设该结点的层数为h），将结点x及其左右子结点（外结点）从原树中摘除，生成新二元扩展树。

此时新二元扩展树内部结点为k个，则满足E

k=I

k+2k，考察原树的外部路径长度为E

k+1=E

k-（h-1）+2h，内部路径长度为I

k+1=I

k+（h-1），所以E

k+1=I

k+2k+h+1=I

k+1+2k+2=I

k+1+2（k+1），综合①②③知命题成立。

4.10过程MERGESORT的最坏情况时间是O（nlogn），它的最好情况时间是什么？

能说归并分类的时间是Θ（nlogn）吗？

最好情况：

是对有序文件进行排序。

分析：

在此情况下归并的次数不会发生变化----log（n）次

归并中比较的次数会发生变化（两个长n/2序列归并）

最坏情况

两个序列交错大小，需要比较n-1次

最好情况

一个序列完全大于/小于另一个序列，比较n/2次差异都是线性的，不改变复杂性的阶

因此最好情况也是nlogn,平均复杂度nlogn。

可以说归并分类的时间是Θ（nlogn）

4.11写一个“由底向上”的归并分类算法，从而取消对栈空间的利用。

答：

见《数据结构》

算法MPass（R，n，1ength．X）

MP1[初始化]

i¬

1．"

MP2[合并相邻的两个长度为length的子文件]

WHILEi≤n–2*length+1DO

（Merge（R，i，i＋length–l，i＋2*length–

1．"X）.i¬i＋2*length）．

MP3[处理余留的长度小于2*length的子文件]

IFi+length–1

THENMerge（R，i，i+length–1，n.X）

ELSEFORj=iTOnDOXj←Rj▌算法MSort（R，n）//直接两路合并排序算法，X是辅助文件，其记录结构与R相同

MS1[初始化]

length¬

1．"

MS2[交替合并]

WHILElength

（MPass（R，n，length．X）.

length¬2*length

iflength>n

thenFORj=1TOnDORj←Xj

elseMPass（X，n，length．R）.

length¬2*length）

endif）

4.23通过手算证明（

4."9）和（

4."10）式确实能得到C

11,C

12,C

21和C

22的正确值。

P=（A

11+A

22）（B

11+B

22）T=（A

11+A

12）B

22

Q=（A

21+A

22）B

11U=（A

21-A

11）（B

11+B

12）

R=A

11（B

12-B

22）V=（A

12-A

22）（B

21+B

22）

S=A22（B21-B11）C11=P+S-T+V

=（A

11+A22）（B

11+B

22）+A

22（B

21-B

11）-（A

11+A

12）B

22+（A

12-A

22）（B

21+B

22）=A

11B

11+A

22B

11+A

11B

22+A

22B

22+A

22B

21

-A

22B

11-A

11B

22-A

12B

22+A

12B

21+A

12B

22-A

22B

21-A

22B

22

=A

11B

11+A

12B

21C12=R+T

=A

11B

12-A

11B

22+A

11B

22+A

12B

22

=A

11B

12+A

12B

22C21=Q+S

=A21B11+A22B11+A22B21-A22B11

=A21B11+A22B21C22=P+R-Q+U

=（A

11+A

22）（B

11+B

22）+A

11（B

12+B

22）-（A

21+A

22）B

11+（A

21-A

11）（B

11+B

12）=A

11B

11+A

22B11+A

11B

22+A

22B

22+A

11B

12-A

11B

22-A

21B

11-A

22B

11+A

21B

11+A

21B

12-A

11B

11-A

11B

12

=A

22B

22+A

21B

12

5.2①求以下情况背包问题的最优解，n=7，m=15，=（10,5,15,7,6,18,3）（p

1,.....p

7）

和=（2,3,5,7,1,4,1）。

（w

1,.....w

7）

②将以上数据情况的背包问题记为I。

设FG（I）是物品按p

i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?

③当物品按w

i的非降次序输入时，重复②的讨论。

解：

①按照p

i/w

i的非增序可得

（p

5/w

5，p

1/w

1，p

6/w

6，p

3/w

3，p

7/w

7，p

2/w

2，p

4/w

4）=（6,5,9/2,3,3,5/3,1）

W的次序为（1,2,4,5,1,3,7）,解为（1,1,1,1,1,2/3,0）

所以最优解为：

（1,2/3,1,0,1,1,1）

FO（I）=166/3

②按照Pi的非增次序输入时得到

（p

6,p

3,p

1,p

4,p

5,p

2,p

7）=（18,15,10,7,6,5,3），

对应的（w

6,w

3,w

1,w

4,w

5,w

2,w

7）=（4,5,2,7,1,3,1）

解为（1,1,1,4/7,0,0,0）

所以FG（I）的解为（1,0,1,4/7,0,1,0）

FG（I）=47，所以FO（I）/FG（I）=166/

141."

③按照w

i的非降次序输入时得到

（w

5,w

7,w

1,w

2,w

6,w

3,w

4）=（1,1,2,3,4,5,7）

相应的（p

5,p

7,p

1,p

2,p

6,p

3,p

4）=（6,3,10,5,18,15,7）

解为（1,1,1,1,1,4/5,0）

则FW（I）的解为（1,1,4/5,0,1,1,1）

FW（I）=54，所以FO（I）/FW（I）=83/

81."

5.

3．"（0/1背包问题）如果将

5."3节讨论的背包问题修改成n极大化åpx

ii1n

约束条件åw

ix

i£Mxi=0或11≤i≤n1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p

i/w

i的非增次序考虑这些物品，只要正被考虑的物品能装进的就将其装入背包。

证明这种策略不一定能得到最优解。

证明：

当按照p

i/w

i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，易证为最优解，否则未必是最优解。

可举例如下：

设n=3，M=6，（p

1,p

2,p

3）=（3,4,8），（w

1,w

2,w

3）=（1,2,5），按照p

i/w

i的非增序得到（p

1/w

1,p

2/w

2,p

3/w

3）=（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。

5.

6．"假定要将长为l

1,l

2,„,l

n的n个程序存入一盘磁带，程序i被检索的频率是f

i。

如果程序按i

1,i

2,„,i

n的次序存放，则期望检索时间（ERT）是njnik

[å（fij

j=1ål

k=1）]/åfii=1

①证明按l

i的非降次序存放程序不一定得到最小的ERT。

②证明按f

i的非增次序存放程序不一定得到最小的ERT。

③证明按f

i/l

i的非增次序来存放程序时ERT取最小值。

证明：

只需证明结论③是正确的即可，现证明如下：

假设l

i,li12,„,linnn按照f

i/l

i的非增次序存放，即fi1/l

i≥f

i/l

i≥„≥f

i/l

i，则得到

122nERT=[f

il

i+f

i（l

i+l

i）+„+f

i（l

i+l

i+„+l

i]/åfi112n12n

i=1

假设该问题的一个最优解是按照j

1,j

2,„,j

n的顺序存放，并且其期望检索式件是ERT¢，我们只需证明ERT≤ERT¢，即可证明按照f

i/l

i的非增次序存放得到的是最优解。

易知nERT¢=[fj1lj1+fj2（l

j+l

j）+„+f

j（l

j+l

j+„+l

j）]/åfi12n

i=1

从前向后考察最优解中的程序，不妨设程序j

k是第一个与其相邻的程序j

k+1存在关系f

j/l

j≤f

j/l

j，则交换程序j

k和程序j

k+1，得到的期望检索时间kkk+1k+1

记为

ERT¢¢

ERT¢¢-

ERT¢=fjkljk+1-fjk+1ljk≤0

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f

i/l

i的非增次序来存放得到的顺序。

命题得证。

5.

7."假定要把长为l

1,l

2,„,l

n的n个程序分布到两盘磁带T

1和T

2上，并且希望按照使最大检索时间取最小值的方式存放，即，如果存放在T

1和T

2上的程序集合分别是A和B，那么就希望所选择的A和B使得max{å

iÎAl

i,å

iÎBl

i}取最小值。

一种得到A和B的贪心方法如下：

开始将A和B都初始化为空，然后一次考虑一个程序，如果å

iÎAl

i=min{å

iÎAl

i,å

iÎBl

i}，则将当前正在考虑的那个程序分配给A，否则分配给B。

证明无论是按l

1≤l

2≤„≤l

n或是按l

1≥l

2≥„≥l

n的次序来考虑程序，这种方法都不能产生最优解。

证明：

按照l

1≤l

2≤„≤l

n存放不会得到最优解，举例如下：

3个程序（a,b,c）长度分别为（1,2,3），根据题中的贪心算法，产生的解是A={a,c}B={b}，则max{å

iÎAl

i,å

iÎBl

i}=4，而事实上，最优解应为3，所以得证.

按照l

1≥l

2≥„≥l

n的次序存放也不会得到最优解，举例如下：

5个程序（a,b,c,d,e）长度分别为（10,9,8,6,4）根据题中的贪心算法，产生的解是A={a,d,e}B={b,c}，则max{å

iÎAl

i,å

iÎBl

i}=20，而事实上，最优解应为19，所以得证。

（p

1,.....p

7）（d

1,.....d

7）

5.

8."①当n=7，=（3,5,20,18,1,6,30）和=（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p

i>0，要用的处理时间t

i>0，限期d

i≥t

i.

非增排序得到解：

①根据p

i的

（p

7,p

3,p

4,p

6,p

2,p

1,p

5）=（30,20,18,6,5,3,1），对应的期限为（2,4,3,1,3,1,2），按照算法

5."4生成的解为：

a.J

（1）=7

b.J

（1）=7,J

（2）=3

c.J

（1）=7,J

（2）=4,J

（3）=3

d.J

（1）=6,J

（2）=7,J

（3）=4,J

（4）=3；

②证明：

显然即使t

i>0（d

i≥t

i），如果J中的作业可以按照s的次序而又不

k违反任何一个期限来处理，即对s次序中的任一个作业k，应满足d

k≥åt

j，j=1则J就是一个可行解。

下面证明如果J是可行解，则使得J中的作业可以按照d

i,d

i,„,d

i排列12n的序列s处理而又不违反任何一个期限。

k因为J是可行解，则必存在s¢=r

1r

2„r

n，使得对任意的r

k，都有d

k≥åt

j，j=1我们设s是按照d

i≤d

i≤,„,≤d

i排列的作业序列。

假设s¢¹s，那么令a是使12nra¹i

a的最小下标，设r

b=i

a，显然b>a，在s¢中将r

a与r

b相交换，因为d

r≤d

r，ba显然r

a和r

b可以按期完成作业。

还要证明r

a和r

b之间的作业也能按期完成。

因为d

r≤d

r，而显然二者之间bab的所有作业r

t，都有d

r>d

r，又由于s是可行解，所以åt

k≤d

r≤d

r。

所以作tbbt

k=1

业r

a和r

b交换后，所有作业可依新产生的排列s¢¢==s

1s

2„s

n的次序处理而不违反任何一个期限，连续使用这种方法，s¢就可转换成s且不违反任何一个期限，定理得证。

5.10①已知n-1个元素已按min-堆的结构形式存放在A

（1）,„,A（n-1）。

现要将另一存放在A（n）的元素和A（1:

n-1）中元素一起构成一个具有n个元素的min-堆。

对此写一个计算时间为O（logn）的算法。

②在A（1:

n）中存放着一个min-堆，写一个从堆顶A

（1）删去最小元素后将其余元素调整成min-堆的算法，要求这新的堆存放在A（1:

n-1）中，且算法时间为O（logn）.

③利用②所写出的算法，写一个对n个元素按非增次序分类的堆分类算法。

分析这个算法的计算复杂度。

解：

①procedureINSERT（A,n）

integeri,j,k

j←n;i←

ën/2û

whilei≥1andA[i]>A[j]do

k←A[j];

A[j]←A[i];

A[i]←k

j←i;

i←

ëi/2û

repeat

endINSERT

②procedureRESTORE（A,l,n）

integeri,j,k

x←A[n];

A[n]←A[l]

i←1

j←2*i

whilej≤n-1do

if（jA[j+1]）

thenj←j+1

endif

if（x>A[j]）

thenA[i]←A[j];i←j;j←2*i

elsei←n

endif

repeat

endRESTORE

③procedureHEAPSORT（A,n）

integeri,k

fori=

ën/2ûto1step–1do

RESTORE（A,i,n）

repeat

fori=nto2step–1do

k←A[1];A[1]←A[i];A[i]←k

RESTORE（A,1,i-1）

repeat

endHEAPSORT

5.

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m，外部结点的个数是n，边的条数是e，则有

e=m+n-1和e=mk

mk=m+n-1Þ（k-1）m=n-1Þnmod（k-1）=1

②利用数学归纳法。

当n=1时，存在外部结点数目为1的k元树T，并且T中内部结点的度为k；

假设当n≤m，且满足nmod（k-1）=1时，存在一棵具有n个外部结点的k元树T，且所有内部结点的度为k；

我们将外部结点数为n（n为满足n≤m，且nmod（k-1）=1的最大值）的符合上述性质的树T中某个外部结点用内部结点a替代，且结点a生出k个外部结点，易知新生成的树T’中外部结点的数目为n+（k-1），显然n为满足nmod（k-1）=1，且比m大的最小整数，而树T’每个内结点的度为k，即存在符合性质的树。

综合上述结果可知,命题成立。

5.

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（q

1,q

2,„,q

n）生成一棵最优的k元归并树。

②当（q

1,q

2,„,q

11）=（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。

解：

①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（q

1,q

2,„,q

m），其中m=（k-1）s+1（0≤s），都生成一棵最优树.

则只需证明对于（q

1,q

2,„,q

n），其中n=（k-1）（s+1）+1，也能生成最优树即可。

不失一般性，假定q

1≤q

2≤„≤q

n，且q

1,q

2,„,q

k是算法所找到的k棵树的WEIGHT信息段的值。

于是q

1,q

2,„,q

k棵生成子树

T，设

T¢是一棵对于（q

1,q

2,„,q

n）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q

1,q

2,„,q

k，则可以用q

1,q

2,„,q

k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（q

1+q

2+„+q

k,q

k+1,„,q

n）的一棵最优归并树。

由归纳假设，在使用其权为q

1+q

2+„+q

k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（q

1+q

2+„+q

k,q

k+1,„,q

n）的最优归并树。

因此TREE生成一棵关于（q

1,q

2,„,q

n）的最优归并树。

6."

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？

ProcedureShortestPath（COST,n,A,Max）

integeri,j,k

realCOST（n,n）,A（n,n）,Path（n,n）,Max

fori←1tondo

forj←1tondo

A（i,j）←COST（i,j）

ifi≠jandA（i,j）≠MaxthenPath（i,j）←j

elsePath（i,j）←0

endif

repeat

repeat

fork←1tondo

fori←1tondo

forj←1tondo

ifA（i,j）>A（i,k）+A（k,j）

thenA（i,j）←A（i,k）+A（k,j）

Path（i,j）←Path（i,k）

endif

repeat

repeat

repeat

fori←1tondo

forj←1tondo

print（“thepathofitojis”i）

k←path（i,j）

whilek≠0do

print（,k）

k←path（k,j）

repeat

repeat

repeat

endShortestPath

时间复杂度O（n3），空间复杂度O（n2）

6.

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