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BUBBLESORT(A)1 fori ← 1 tolength[A]2     do forj ← length[A] downtoi + 13            do ifA[j] 4                  then exchange A[j] ↔A[j - 1] 1         使用循环不变式证明算法的正确性：初始化：首先，先证明对于第一轮迭代开始之前，循环不变式是成立的。此时i=1，而子数组为A[1..i]。亦即，它只包含一个元素A[1]，实际上就是最初A[1]中的那个元素。这个

<br />这是《算法导论》（原书第二版）中第17章的一个习题（17.4-2）。<br />分成三种情况讨论：<br />1）αi≥ 1/2<br />这时表并没有进行扩张或收缩，只是表中的项数少了1<br />平摊代价<br /><br />^Ci<br />=<br />ci+Φi-Φi-1<br /> <br />=<br />1 + (2 ·numi - sizei) - (2 ·numi-1 - sizei-1)<br />= 1-2 =-1<br />2)  1/4<=αi < 1/2<br /

BINOMIAL-LINK(y, z)子过程用于将以结点y为根的Bk-1树与以结点z为根的Bk-1树连接起来，亦即，它使得z成为y的父结点，并且成为一颗Bk树的根。BINOMIAL-LINK(y, z)子过程的伪代码如下：BINOMIAL-LINK(y, z)1  p[y] ←z2  sibling[y] ←child[z]3  child[z] ←y4  degree[z] ←degree[z] + 1 BINOMIAL-HEAP-MERGE(H1, H2)子过程，用于将H1和H2的根表合并成一个按度数的

初始化：x指向Head[H]，Head[H]是对两个二项堆的根表合并后的数据结构的第一个结点（合并时根表的度数是按照单调递增排列的），并且Head[H]不为NIL，next-x指向x的兄弟结点。x指向的结点左侧（包括结点本身）所构成的数据结构是二项堆，因为此时该堆只有Head[H]一个根结点。保持：需要分成四种情况讨论。首先，循环的目的是要把x沿着根表向链表的尾端推进，并且在循环过程中保持x结点左边的数据结构（包括x结点，以及以x结点为根的二项树）是二项堆。情况1）：degree[x] ≠ degree[n

 A B-tree T is a rooted tree (whose root is root[T]) having the following properties:1.  Every node x has the following fields:a.  n[x], the number of keys currently stored in node x,b.  the n

B树的创建：B-TREE-CREATE(T)1  x ← ALLOCATE-NODE()2  leaf[x] ← TRUE3  n[x] ← 04  DISK-WRITE(x)5  root[T] ← x B树中节点的分裂：B-TREE-SPLIT-CHILD(x, i, y) 1  z ← ALLOCATE-NODE() 2  leaf[z] ← le

《算法导论》练习18.3-2： 请写出B-TREE-DELETE的伪代码。 与插入情况相对称，除了根结点外（根结点个数不能少于1），B树的关键字数不能少于t-1个。对于简单删除情况，如果我们定位到关键字处在某个结点中，如果这个结点中关键字个数恰好是t-1个，如果直接删除这个关键字，就会违反B树规则。此时，需要考虑两种处理方案：1)把这个结点与其相邻结点合并，合并时需要把父结点的一个

《算法导论》练习31.5-2x ≡ 1 (mod 9)x ≡ 2 (mod 8)x ≡ 3 (mod 7) 根据中国余数定理，n=504a1 = 1, n1 = 9，m1 = 56，56-1 ≡ 5 (mod 9)a2 = 2, n2 = 8，m2 = 63，63-1 ≡ 7 (mod 8)a3 = 3, n3 = 7，m2 = 72，72-1 ≡ 4 (mod

Prove that if P is an n × n permutation matrix and A is an n × n matrix, then P A can be obtained from A by permuting its rows, and AP can be obtained from A by permuting its columns. Prove that the p

《算法导论》练习31.5-1根据中国余数定理，n= 55a1 = 4, n1 = 5，m1=11，11-1 ≡ 1 (mod 5)a2 = 5, n2 = 11，m2 = 5, 5-1 ≡ 9 (mod 11)c1 = 11(1 mod 5) = 11c2 = 5(9 mod 11) = 45 a ≡ 4 · 11 + 5 ·

《算法导论》练习31.6-1 ord11(1) = 1ord11(2) = 10ord11(3) = 5ord11(4) = 5ord11(5) = 5ord11(6) = 10ord11(7) = 10ord11(8) = 10ord11(9) = 5ord11(10) = 2 因此最小原根是g=2 ind11,2(1) = 0in

<br />二项树Bk是一种递归定义的有序树。二项树B0只包含一个结点。二项树Bk由两个子树Bk-1连接而成：其中一棵树的根是另一棵树的根的最左孩子。<br /><br />二项树Bk具有以下性质：<br />1）共有2的k次方个结点；<br />2）树的高度为k；<br />3）在深度i处恰有(上k,下i)（因此叫二项树）个结点，其中i=0,...,k；<br />4）根的度数为k，它大于任何其他结点的度数，并且，如果对根的子女从左到右编号为k-1，k-2,...，0，子女i是子树Bi的根。<br />证

以下是红黑树删除的伪代码： RB-DELETE(T, z) 1 ifleft[z] = nil[T] or right[z] = nil[T] 2    theny←z 3    elsey← TREE-SUCCESSOR(z) 4 ifleft[y] ≠nil[T] 5    thenx←left[y] 6    elsex←right[y] 7 p[x] ←p[y] 8 ifp[y] = nil[T] 9    thenroot[T] ←x10    else ify = left[p[y]]11   

1      生日悖论问题1.1    原始问题一个房间里的人数必须达到多少，才能使两个人生日相同的机会达到50%？不考虑闰年情况，也就是一年按照365天来计算。解答：假设房间里的人数是k，我们对其进行编号：1, 2, … , k。为简单起见，用n表示一年的天数（也就是365天），那么一个人的生日在一年中的哪一天应该是机会均等的，我们用bi表示第i个人的生日，1这个问题可以通过求补法来求解：也就是先计算任意两个人的生日都不相同的概率，然后用1去减，就可以算得相应概率。K个人各有互不相同生日的事件为Bk =

1      堆排序算法分析MAX-HEAPIFY(A, i) 1 l← LEFT(i) 2 r← RIGHT(i) 3 ifl≤heap-size[A] and A[l] >A[i] 4    thenlargest←l 5    elselargest←i 6 ifr≤heap-size[A] and A[r] >A[largest] 7    thenlargest←r 8 iflargest≠i 9    then exchange A[i] ↔A[largest]10         MAX-HE

初始化：在循环的第一次迭代之前，我们从一颗正常的红黑树开始，并删除了一个黑色结点y。这样在调用RB-DELETE-FIXUP之前，有：a）性质1）和性质3）成立。b）所有经过x结点路径的黑高度是相等的，并且会比所有不经过x的路径的黑高度少1（除非所有路径都经过x）。可能违反3个性质：l  如果y是根结点，而y的唯一的一个红色孩子成为新的根（可以证明，y最多只有一个不是nil[T]的孩子），则性质2）被违反；l  如果x和p[y]都是红色，那么性质4）被违反；l  删除y会直接导致性质5）被违反，所有经过x的

如果一颗二叉查找树满足下面的红黑性质，则称为一颗红黑树：1）每个结点或是红的，或是黑的。2）根结点是黑的。3）每个叶结点（NIL）是黑的。4）如果一个结点是红的，则它的两个儿子都是黑的。5）对每个结点，从该结点到其子孙结点的所有路径上包含相同数目的黑结点。

<br />如果把z着为黑色，那么性质5）一定被破坏。<br />如果把z着为红色，那么性质2）（如果根是红结点，则原来一定是空树）和性质4）（如果z的父结点是红节点）有可能会被破坏。<br />我估计修正违反性质5）所带来的复杂度要大于修正违反性质2）和性质4）。所以没有选择将z着为黑结点。

<br />在RB-DELETE中，当y是黑色时，会调用RB-DELETE-FIXUP函数对红黑树的颜色进行调整，这意味着，如果y是红色的，就不需要进行调整，下面来证明这个命题的正确性。<br /> <br />首先，红黑树的性质1）和3）显然满足，对于性质2）、4）和5）分为3种情况来讨论。<br /> <br />对于情况1），删除的结点z的子结点只有黑色哨兵结点，这种情况下，y=z，删除y不会对红黑树的黑高度造成影响，y是红色，也不可能是根，也不可能造成出现两个红色结点相邻，因此，性质2）、4）和5）

RIGHT-ROTATE(T, x) 1  y←left[x]             ▹ Set y. 2  left[x] ←right[y]      ▹ Turn y's right subtree into x's left subtree. 3  p[right[y]] ←x 4  p[y] ←p[x]             ▹ Link x's parent to y. 5  ifp[x] = nil[T] 6     thenroot[T] ←y 7     else ifx = righ

<br />用数学归纳法证明：<br />首先对n=1时，对于二叉查找树，只有一个结点，也就是根结点，这时无法旋转，因此有0(n-1)种可能的旋转，命题成立。<br />假设对于n=k（k>1）时，对于二叉查找树，有k-1种可能的旋转。<br />那么对于n=k+1时，也就是我们在原来的二叉查找树中添加了一个结点，这个结点最终一定是二叉查找树的一个叶结点，其父结点一定存在（k>1），这个叶结点可能是其父结点的左子结点，也可能是其父结点的右子结点。如果是左子结点，那么相对于原二叉查找树，增加了一个右旋操作；如

<br />以下是红黑树插入的伪代码：<br /> RB-INSERT(T, z) 1  y←nil[T] 2  x←root[T] 3  whilex≠nil[T] 4      doy←x 5         ifkey[z] <key[x] 6            thenx←left[x] 7            elsex←right[x] 8  p[z] ←y 9  ify = nil[T]10     thenroot[T] ←z11     else ifkey[z] <key[y]12

初始化：在循环的第一次迭代之前，我们从一颗正常的红黑树开始，并新增了一个红色结点z。这样在调用RB-INSERT-FIXUP之前，有：a）z是红色结点。b）如果p[z]是根，则p[z]是黑色。c）红黑树的性质1）、3）和5）都成立。但性质2）和4）有可能被违反，但不会同时被违反。如果性质2）被违反，说明红色的根结点必然是新增的结点z，它是树中唯一的内结点。由于z的父结点和两个子结点都是黑色的哨兵（nil[T]），没有违反性质4）。所以，这种情况下，只违反性质2）如果性质4）被违反，则由于z的子女是黑色的哨兵

《算法导论》练习16.2-20-1背包问题不能用贪心算法求解，需要使用动态规划方法。假设窃贼可以偷的物品是Item[i](i=1...n)，n为物品件数，窃贼背包可以放入的最大重量为W。我们需要构造一个递归子过程，获取小于W的价值最多的物品。首先选取Item[1]，那么问题可以分成两部分，一部分是包括Item[1]的最优选择，一部分是不包括Item[1]的最优选择，然后比较这两