33,008
社区成员
发帖
与我相关
我的任务
分享最优二叉搜索树问题
最优二叉搜索树（Optimal BST，Optimal Binary Search Tree）
二叉搜索树是一颗满足如下条件的树：
1.每个节点包含一个键值
2.每个节点有最多两个孩子
3.对于任意两个节点x和y，它们满足下述搜索性质:
a)如果y在x 的左子树里，则key[y]<=key[x]
b)如果y在x的右子树里，则key[y]>=key[x]
而最优二叉搜索树则整个搜索成本最低的二叉搜索树。具体来说就是：给定键值序列 K = <k1, k2, . . . , kn>，k1 < k2 <· · · < kn，其中键值ki,被搜索的概率为pi，要求以这些键值构建一颗二叉搜索树T，使得搜索的期望成本最低（搜索成本为检查的节点数）。
对于键值ki, 如果其在构造的二叉搜索树里的深度（离开树根的分支数）为depthT(ki)，则搜索该键值的成本= depthT(ki) +1（需要加上深度为0的树根节点）。由于每个键值被搜索的概率分别为pi，i=1,2,3…,n。我们有：
E[T的搜索成本] = Si=1, n(depthT(ki) +1) · pi
假定每次搜索都是针对二叉搜索树里面存在的某个节点，请：
1.证明用穷举法构造最优二叉搜索树的时间成本为W(4n/n3/2)。
2.假定我们有6个键值：k1、k2、k3、k4、k5、k6，它们被搜索的概率分别如下：
节点
k1
k2
k3
k4
k5
k6
被搜概率
0.24
0.18
0.09
0.13
0.3
0.06
请使用动态规划算法，编写程序计算w、e和root三张表，打印在屏幕上，并在屏幕上画出最优二叉搜索树。下面是我们的动态规划算法的伪代码实现：
OPTIMAL-BST (p, q, n)
1.for i ←1 to n+1 do
2. e[i, i−1]←0; w[i, i−1]←0
3.for l←1 to n do
4. for i←1 to n−l+1 do
5. j←i+l−1
6. e[i, j]←∞
7. w[i, j]← w[i, j−1] + pj
8. for r←i to j do
9. t←e[i, r−1] + e[r+1, j] + w[i, j]
10. if t < e[i, j] then e[i, j]←t; root[i, j] ←r
11.return e and root
3.证明最优BST的动态规划解法的时间复杂性为W(n3)。
4.如每个键值被访问的概率相等，请改良第2问里面的算法以降低BST构造成本。
5.如果给定的键值序列是完全无序的，请设计一个成本更低的构造最优BST算法。
希望大家能给予具体或者思想理论性的指导，谢谢。
二叉搜索树是一颗满足如下条件的树：
1.每个节点包含一个键值
2.每个节点有最多两个孩子
3.对于任意两个节点x和y，它们满足下述搜索性质:
a)如果y在x 的左子树里，则key[y]<=key[x]
b)如果y在x的右子树里，则key[y]>=key[x]
而最优二叉搜索树则整个搜索成本最低的二叉搜索树。具体来说就是：给定键值序列 K = <k1, k2, . . . , kn>，k1 < k2 <· · · < kn，其中键值ki,被搜索的概率为pi，要求以这些键值构建一颗二叉搜索树T，使得搜索的期望成本最低（搜索成本为检查的节点数）。
对于键值ki, 如果其在构造的二叉搜索树里的深度（离开树根的分支数）为depthT(ki)，则搜索该键值的成本= depthT(ki) +1（需要加上深度为0的树根节点）。由于每个键值被搜索的概率分别为pi，i=1,2,3…,n。我们有：
E[T的搜索成本] = Si=1, n(depthT(ki) +1) · pi
假定每次搜索都是针对二叉搜索树里面存在的某个节点，请：
1.证明用穷举法构造最优二叉搜索树的时间成本为W(4n/n3/2)。
2.假定我们有6个键值：k1、k2、k3、k4、k5、k6，它们被搜索的概率分别如下：
节点
k1
k2
k3
k4
k5
k6
被搜概率
0.24
0.18
0.09
0.13
0.3
0.06
请使用动态规划算法，编写程序计算w、e和root三张表，打印在屏幕上，并在屏幕上画出最优二叉搜索树。下面是我们的动态规划算法的伪代码实现：
OPTIMAL-BST (p, q, n)
1.for i ←1 to n+1 do
2. e[i, i−1]←0; w[i, i−1]←0
3.for l←1 to n do
4. for i←1 to n−l+1 do
5. j←i+l−1
6. e[i, j]←∞
7. w[i, j]← w[i, j−1] + pj
8. for r←i to j do
9. t←e[i, r−1] + e[r+1, j] + w[i, j]
10. if t < e[i, j] then e[i, j]←t; root[i, j] ←r
11.return e and root
3.证明最优BST的动态规划解法的时间复杂性为W(n3)。
4.如每个键值被访问的概率相等，请改良第2问里面的算法以降低BST构造成本。
5.如果给定的键值序列是完全无序的，请设计一个成本更低的构造最优BST算法。
希望大家能给予具体或者思想理论性的指导，谢谢。
...全文
请发表友善的回复…
发表回复
fflyn 2009-10-20
- 打赏
- 举报
问题不难
难在 如果数据量在 1000万以上
如果构造平衡2叉树
（大家可以想想为什么不是 红黑树？）
难在 如果数据量在 1000万以上
如果构造平衡2叉树
（大家可以想想为什么不是 红黑树？）
没有昵称阿 2009-10-16
- 打赏
- 举报
学习了！
PeacefulBY 2009-10-09
- 打赏
- 举报
呵呵突然多了近100分吓我一条，我把更详细的阐述搬到博客去了，可以去看看：）
山椒π 2009-10-09
- 打赏
- 举报
不等了，结贴，谢谢了。
山椒π 2009-09-30
- 打赏
- 举报
沉了。
jiayucunyan 2009-09-23
- 打赏
- 举报
[Quote=引用 7 楼 peacefulby 的回复:]
1、穷举
穷举构造最优二叉搜索树(BST)，其实就是这样的一个问题：
给一个拥有n个数的已排序的数组，可以将其构造成多少种不同的BST？
设可以构造成T(n)个，那么枚举每一个元素作为根节点的情况，当第一个元素作为根节点时，只有右子树，是n-1情况时的子问题，共T(n-1)种；当第二个元素作为根节点时，左子树有1个元素，右子树有n-2个元素，根据乘法原理共有T(1)T(n-2)种情况……
以此类推得到：T(n)=T(n-1)+T(1)T(n-2)+T(2)T(n-3)+......+T(n-2)T(1)+T(n-1)
又有T(0)=T(1)=1，解此式得T(n) = (2n)!/(n!(n+1)!)
根据Stirling公式：n!～(2πn)^(1/2)*(n/e)^n
有(2n)!/n!(n+1)!～4^n*π^(-1/2)*n^(1/2)*(n+1)^(-1)～π^(-1/2)*4^n*n^(-3/2)
这样就得到了最后的结论
2、递归
实际上左右子树是互不影响的，所以不需要用乘法原理，加法原理就可以了，这样式子变为：
T(n)=T(n-1)+T(1)+T(n-2)+T(2)+T(n-3)+......+T(n-2)+T(1)+T(n-1)
=2(T(1)+T(2)+......+T(n-1))
=3T(n-1)
所以T(n)=3^n，还是指数级的一个算法
3、动态规划
上面得到指数级算法的原因在于，计算了很多重复的子树情况；一棵树如果是最优二叉搜索树，那么要么它是空树，要么它的左、右子树也是最优二叉搜索树。这样就得到了动态规划的解法：
For size = 1到n
For 所有包含size个元素的子树
For 该子树的所有节点i
找出其中一个i，使当它为根节点时，左、右子树的最短搜索时间之和最小。那么该子树的访问时间就是：
左、右子树的最短搜索时间之和 + 所有节点的访问概率之和（因为所有节点都下降了一层）。
可见，这个算法的时间复杂度是O（n^3）。但是有一个神奇的定理，可以把算法的时间效复杂度降到O（n^2），如下：
设一个子树的节点为i ～ j（当然，这里说的i ～ j都是从小到大排好序的），则当它是最优二叉搜索树时的根节点root(i, j)满足：
root(i, j - 1) <= root(i, j) <= root(i + 1, j)。
这样一来，上面那个算法的第3个For就可以不用循环子树中的所有节点了，只要循环另两个子树的根节点之间的范围就可以了。而这个范围根据实践表明是很小的。所以整体的时间复杂度就相当于两层For循环而已。
[/Quote]
学习了！！
1、穷举
穷举构造最优二叉搜索树(BST)，其实就是这样的一个问题：
给一个拥有n个数的已排序的数组，可以将其构造成多少种不同的BST？
设可以构造成T(n)个，那么枚举每一个元素作为根节点的情况，当第一个元素作为根节点时，只有右子树，是n-1情况时的子问题，共T(n-1)种；当第二个元素作为根节点时，左子树有1个元素，右子树有n-2个元素，根据乘法原理共有T(1)T(n-2)种情况……
以此类推得到：T(n)=T(n-1)+T(1)T(n-2)+T(2)T(n-3)+......+T(n-2)T(1)+T(n-1)
又有T(0)=T(1)=1，解此式得T(n) = (2n)!/(n!(n+1)!)
根据Stirling公式：n!～(2πn)^(1/2)*(n/e)^n
有(2n)!/n!(n+1)!～4^n*π^(-1/2)*n^(1/2)*(n+1)^(-1)～π^(-1/2)*4^n*n^(-3/2)
这样就得到了最后的结论
2、递归
实际上左右子树是互不影响的，所以不需要用乘法原理，加法原理就可以了，这样式子变为：
T(n)=T(n-1)+T(1)+T(n-2)+T(2)+T(n-3)+......+T(n-2)+T(1)+T(n-1)
=2(T(1)+T(2)+......+T(n-1))
=3T(n-1)
所以T(n)=3^n，还是指数级的一个算法
3、动态规划
上面得到指数级算法的原因在于，计算了很多重复的子树情况；一棵树如果是最优二叉搜索树，那么要么它是空树，要么它的左、右子树也是最优二叉搜索树。这样就得到了动态规划的解法：
For size = 1到n
For 所有包含size个元素的子树
For 该子树的所有节点i
找出其中一个i，使当它为根节点时，左、右子树的最短搜索时间之和最小。那么该子树的访问时间就是：
左、右子树的最短搜索时间之和 + 所有节点的访问概率之和（因为所有节点都下降了一层）。
可见，这个算法的时间复杂度是O（n^3）。但是有一个神奇的定理，可以把算法的时间效复杂度降到O（n^2），如下：
设一个子树的节点为i ～ j（当然，这里说的i ～ j都是从小到大排好序的），则当它是最优二叉搜索树时的根节点root(i, j)满足：
root(i, j - 1) <= root(i, j) <= root(i + 1, j)。
这样一来，上面那个算法的第3个For就可以不用循环子树中的所有节点了，只要循环另两个子树的根节点之间的范围就可以了。而这个范围根据实践表明是很小的。所以整体的时间复杂度就相当于两层For循环而已。
[/Quote]
学习了！！
山椒π 2009-09-22
- 打赏
- 举报
没权限改动原贴
动态规划算法的伪代码实现：
OPTIMAL-BST (p, q, n)
1.for i ←1 to n+1 do
2. e[i, i−1]←0; w[i, i−1]←0
3.for l←1 to n do
4. for i←1 to n−l+1 do
5. j←i+l−1
6. e[i, j]←∞
7. w[i, j]← w[i, j−1] + pj
8. for r←i to j do
9. t←e[i, r−1] + e[r+1, j] + w[i, j]
10. if t < e[i, j] then e[i, j]←t; root[i, j] ←r
11.return e and root
动态规划算法的伪代码实现：
OPTIMAL-BST (p, q, n)
1.for i ←1 to n+1 do
2. e[i, i−1]←0; w[i, i−1]←0
3.for l←1 to n do
4. for i←1 to n−l+1 do
5. j←i+l−1
6. e[i, j]←∞
7. w[i, j]← w[i, j−1] + pj
8. for r←i to j do
9. t←e[i, r−1] + e[r+1, j] + w[i, j]
10. if t < e[i, j] then e[i, j]←t; root[i, j] ←r
11.return e and root
山椒π 2009-09-22
- 打赏
- 举报
不好意思，没有好好写清楚
w(4n/n3/2)就是w(4^n/n^(3/2))
时间成本指的是时间复杂度，题目中主要问的是构造时的，评判标准中是搜索时的。
伪代码是太伪了，呵呵，没有end语句，算杂交吧。主要怪我把原本明了的缩进给弄没了，修改下。
[Quote=引用 5 楼 test4ever 的回复:]
W(4n/n3/2)
这个时间成本是什么意思？时间复杂度？这样写是什么含义？...
穷举法，把遍历所有二叉搜索树(B树)，寻找最优解
想了下，穷举构造的方法应该也有很多种，LZ能不能明确下？如果有现成的构造的复杂度，假设为O(p),列举所有可能的穷举方案的复杂度为O（s）,最终两个复杂度相乘即可
这个动态规划的伪代码为啥没有end for...看的好辛苦
[/Quote]
w(4n/n3/2)就是w(4^n/n^(3/2))
时间成本指的是时间复杂度，题目中主要问的是构造时的，评判标准中是搜索时的。
伪代码是太伪了，呵呵，没有end语句，算杂交吧。主要怪我把原本明了的缩进给弄没了，修改下。
[Quote=引用 5 楼 test4ever 的回复:]
W(4n/n3/2)
这个时间成本是什么意思？时间复杂度？这样写是什么含义？...
穷举法，把遍历所有二叉搜索树(B树)，寻找最优解
想了下，穷举构造的方法应该也有很多种，LZ能不能明确下？如果有现成的构造的复杂度，假设为O(p),列举所有可能的穷举方案的复杂度为O（s）,最终两个复杂度相乘即可
这个动态规划的伪代码为啥没有end for...看的好辛苦
[/Quote]
山椒π 2009-09-22
- 打赏
- 举报
谢谢指导，这几天一直没有来看，2 3问的问题我也在找到了一些参考：
http://imlazy.ycool.com/post.1092472.html
http://blog.csdn.net/ujs_abc/archive/2008/02/07/2086093.aspx
http://blog.csdn.net/sssssjjjj/archive/2008/07/02/2606776.aspx
可惜SSSSSJJJJ的文章中部分图示显示不出来。
我之前一直没考虑到这个问题证明时可以归到一个递归的算法。
这个帖子会晚些时候结贴，大约十一假期结束，幸好之前没有按无解结掉，谢谢了。
[Quote=引用 7 楼 peacefulby 的回复:]
1、穷举
穷举构造最优二叉搜索树(BST)，其实就是这样的一个问题：
给一个拥有n个数的已排序的数组，可以将其构造成多少种不同的BST？
设可以构造成T(n)个，那么枚举每一个元素作为根节点的情况，当第一个元素作为根节点时，只有右子树，是n-1情况时的子问题，共T(n-1)种；当第二个元素作为根节点时，左子树有1个元素，右子树有n-2个元素，根据乘法原理共有T(1)T(n-2)种情况……
以此类推得到：T(n)=T(n-1)+T(1)T(n-2)+T(2)T(n-3)+......+T(n-2)T(1)+T(n-1)
又有T(0)=T(1)=1，解此式得T(n) = (2n)!/(n!(n+1)!)
根据Stirling公式：n!～(2πn)^(1/2)*(n/e)^n
有(2n)!/n!(n+1)!～4^n*π^(-1/2)*n^(1/2)*(n+1)^(-1)～π^(-1/2)*4^n*n^(-3/2)
这样就得到了最后的结论
2、递归
实际上左右子树是互不影响的，所以不需要用乘法原理，加法原理就可以了，这样式子变为：
T(n)=T(n-1)+T(1)+T(n-2)+T(2)+T(n-3)+......+T(n-2)+T(1)+T(n-1)
=2(T(1)+T(2)+......+T(n-1))
=3T(n-1)
所以T(n)=3^n，还是指数级的一个算法
3、动态规划
上面得到指数级算法的原因在于，计算了很多重复的子树情况；一棵树如果是最优二叉搜索树，那么要么它是空树，要么它的左、右子树也是最优二叉搜索树。这样就得到了动态规划的解法：
For size = 1到n
For 所有包含size个元素的子树
For 该子树的所有节点i
找出其中一个i，使当它为根节点时，左、右子树的最短搜索时间之和最小。那么该子树的访问时间就是：
左、右子树的最短搜索时间之和 + 所有节点的访问概率之和（因为所有节点都下降了一层）。
可见，这个算法的时间复杂度是O（n^3）。但是有一个神奇的定理，可以把算法的时间效复杂度降到O（n^2），如下：
设一个子树的节点为i ～ j（当然，这里说的i ～ j都是从小到大排好序的），则当它是最优二叉搜索树时的根节点root(i, j)满足：
root(i, j - 1) <= root(i, j) <= root(i + 1, j)。
这样一来，上面那个算法的第3个For就可以不用循环子树中的所有节点了，只要循环另两个子树的根节点之间的范围就可以了。而这个范围根据实践表明是很小的。所以整体的时间复杂度就相当于两层For循环而已。
[/Quote]
http://imlazy.ycool.com/post.1092472.html
http://blog.csdn.net/ujs_abc/archive/2008/02/07/2086093.aspx
http://blog.csdn.net/sssssjjjj/archive/2008/07/02/2606776.aspx
可惜SSSSSJJJJ的文章中部分图示显示不出来。
我之前一直没考虑到这个问题证明时可以归到一个递归的算法。
这个帖子会晚些时候结贴，大约十一假期结束，幸好之前没有按无解结掉，谢谢了。
[Quote=引用 7 楼 peacefulby 的回复:]
1、穷举
穷举构造最优二叉搜索树(BST)，其实就是这样的一个问题：
给一个拥有n个数的已排序的数组，可以将其构造成多少种不同的BST？
设可以构造成T(n)个，那么枚举每一个元素作为根节点的情况，当第一个元素作为根节点时，只有右子树，是n-1情况时的子问题，共T(n-1)种；当第二个元素作为根节点时，左子树有1个元素，右子树有n-2个元素，根据乘法原理共有T(1)T(n-2)种情况……
以此类推得到：T(n)=T(n-1)+T(1)T(n-2)+T(2)T(n-3)+......+T(n-2)T(1)+T(n-1)
又有T(0)=T(1)=1，解此式得T(n) = (2n)!/(n!(n+1)!)
根据Stirling公式：n!～(2πn)^(1/2)*(n/e)^n
有(2n)!/n!(n+1)!～4^n*π^(-1/2)*n^(1/2)*(n+1)^(-1)～π^(-1/2)*4^n*n^(-3/2)
这样就得到了最后的结论
2、递归
实际上左右子树是互不影响的，所以不需要用乘法原理，加法原理就可以了，这样式子变为：
T(n)=T(n-1)+T(1)+T(n-2)+T(2)+T(n-3)+......+T(n-2)+T(1)+T(n-1)
=2(T(1)+T(2)+......+T(n-1))
=3T(n-1)
所以T(n)=3^n，还是指数级的一个算法
3、动态规划
上面得到指数级算法的原因在于，计算了很多重复的子树情况；一棵树如果是最优二叉搜索树，那么要么它是空树，要么它的左、右子树也是最优二叉搜索树。这样就得到了动态规划的解法：
For size = 1到n
For 所有包含size个元素的子树
For 该子树的所有节点i
找出其中一个i，使当它为根节点时，左、右子树的最短搜索时间之和最小。那么该子树的访问时间就是：
左、右子树的最短搜索时间之和 + 所有节点的访问概率之和（因为所有节点都下降了一层）。
可见，这个算法的时间复杂度是O（n^3）。但是有一个神奇的定理，可以把算法的时间效复杂度降到O（n^2），如下：
设一个子树的节点为i ～ j（当然，这里说的i ～ j都是从小到大排好序的），则当它是最优二叉搜索树时的根节点root(i, j)满足：
root(i, j - 1) <= root(i, j) <= root(i + 1, j)。
这样一来，上面那个算法的第3个For就可以不用循环子树中的所有节点了，只要循环另两个子树的根节点之间的范围就可以了。而这个范围根据实践表明是很小的。所以整体的时间复杂度就相当于两层For循环而已。
[/Quote]
PeacefulBY 2009-09-21
- 打赏
- 举报
1、穷举
穷举构造最优二叉搜索树(BST)，其实就是这样的一个问题：
给一个拥有n个数的已排序的数组，可以将其构造成多少种不同的BST？
设可以构造成T(n)个，那么枚举每一个元素作为根节点的情况，当第一个元素作为根节点时，只有右子树，是n-1情况时的子问题，共T(n-1)种；当第二个元素作为根节点时，左子树有1个元素，右子树有n-2个元素，根据乘法原理共有T(1)T(n-2)种情况……
以此类推得到：T(n)=T(n-1)+T(1)T(n-2)+T(2)T(n-3)+......+T(n-2)T(1)+T(n-1)
又有T(0)=T(1)=1，解此式得T(n) = (2n)!/(n!(n+1)!)
根据Stirling公式：n!～(2πn)^(1/2)*(n/e)^n
有(2n)!/n!(n+1)!～4^n*π^(-1/2)*n^(1/2)*(n+1)^(-1)～π^(-1/2)*4^n*n^(-3/2)
这样就得到了最后的结论
2、递归
实际上左右子树是互不影响的，所以不需要用乘法原理，加法原理就可以了，这样式子变为：
T(n)=T(n-1)+T(1)+T(n-2)+T(2)+T(n-3)+......+T(n-2)+T(1)+T(n-1)
=2(T(1)+T(2)+......+T(n-1))
=3T(n-1)
所以T(n)=3^n，还是指数级的一个算法
3、动态规划
上面得到指数级算法的原因在于，计算了很多重复的子树情况；一棵树如果是最优二叉搜索树，那么要么它是空树，要么它的左、右子树也是最优二叉搜索树。这样就得到了动态规划的解法：
For size = 1到n
For 所有包含size个元素的子树
For 该子树的所有节点i
找出其中一个i，使当它为根节点时，左、右子树的最短搜索时间之和最小。那么该子树的访问时间就是：
左、右子树的最短搜索时间之和 + 所有节点的访问概率之和（因为所有节点都下降了一层）。
可见，这个算法的时间复杂度是O（n^3）。但是有一个神奇的定理，可以把算法的时间效复杂度降到O（n^2），如下：
设一个子树的节点为i ～ j（当然，这里说的i ～ j都是从小到大排好序的），则当它是最优二叉搜索树时的根节点root(i, j)满足：
root(i, j - 1) <= root(i, j) <= root(i + 1, j)。
这样一来，上面那个算法的第3个For就可以不用循环子树中的所有节点了，只要循环另两个子树的根节点之间的范围就可以了。而这个范围根据实践表明是很小的。所以整体的时间复杂度就相当于两层For循环而已。
穷举构造最优二叉搜索树(BST)，其实就是这样的一个问题：
给一个拥有n个数的已排序的数组，可以将其构造成多少种不同的BST？
设可以构造成T(n)个，那么枚举每一个元素作为根节点的情况，当第一个元素作为根节点时，只有右子树，是n-1情况时的子问题，共T(n-1)种；当第二个元素作为根节点时，左子树有1个元素，右子树有n-2个元素，根据乘法原理共有T(1)T(n-2)种情况……
以此类推得到：T(n)=T(n-1)+T(1)T(n-2)+T(2)T(n-3)+......+T(n-2)T(1)+T(n-1)
又有T(0)=T(1)=1，解此式得T(n) = (2n)!/(n!(n+1)!)
根据Stirling公式：n!～(2πn)^(1/2)*(n/e)^n
有(2n)!/n!(n+1)!～4^n*π^(-1/2)*n^(1/2)*(n+1)^(-1)～π^(-1/2)*4^n*n^(-3/2)
这样就得到了最后的结论
2、递归
实际上左右子树是互不影响的，所以不需要用乘法原理，加法原理就可以了，这样式子变为：
T(n)=T(n-1)+T(1)+T(n-2)+T(2)+T(n-3)+......+T(n-2)+T(1)+T(n-1)
=2(T(1)+T(2)+......+T(n-1))
=3T(n-1)
所以T(n)=3^n，还是指数级的一个算法
3、动态规划
上面得到指数级算法的原因在于，计算了很多重复的子树情况；一棵树如果是最优二叉搜索树，那么要么它是空树，要么它的左、右子树也是最优二叉搜索树。这样就得到了动态规划的解法：
For size = 1到n
For 所有包含size个元素的子树
For 该子树的所有节点i
找出其中一个i，使当它为根节点时，左、右子树的最短搜索时间之和最小。那么该子树的访问时间就是：
左、右子树的最短搜索时间之和 + 所有节点的访问概率之和（因为所有节点都下降了一层）。
可见，这个算法的时间复杂度是O（n^3）。但是有一个神奇的定理，可以把算法的时间效复杂度降到O（n^2），如下：
设一个子树的节点为i ～ j（当然，这里说的i ～ j都是从小到大排好序的），则当它是最优二叉搜索树时的根节点root(i, j)满足：
root(i, j - 1) <= root(i, j) <= root(i + 1, j)。
这样一来，上面那个算法的第3个For就可以不用循环子树中的所有节点了，只要循环另两个子树的根节点之间的范围就可以了。而这个范围根据实践表明是很小的。所以整体的时间复杂度就相当于两层For循环而已。
test4ever 2009-09-20
- 打赏
- 举报
W(4n/n3/2)
这个时间成本是什么意思？时间复杂度？这样写是什么含义？...
穷举法，把遍历所有二叉搜索树(B树)，寻找最优解
想了下，穷举构造的方法应该也有很多种，LZ能不能明确下？如果有现成的构造的复杂度，假设为O(p),列举所有可能的穷举方案的复杂度为O（s）,最终两个复杂度相乘即可
这个动态规划的伪代码为啥没有end for...看的好辛苦
这个时间成本是什么意思？时间复杂度？这样写是什么含义？...
穷举法，把遍历所有二叉搜索树(B树)，寻找最优解
想了下，穷举构造的方法应该也有很多种，LZ能不能明确下？如果有现成的构造的复杂度，假设为O(p),列举所有可能的穷举方案的复杂度为O（s）,最终两个复杂度相乘即可
这个动态规划的伪代码为啥没有end for...看的好辛苦
sytstarac 2009-09-20
- 打赏
- 举报
一直不理解期望值的妙处，只能帮顶了。
陽洸膂珵 2009-09-20
- 打赏
- 举报
学习!
山椒π 2009-09-18
- 打赏
- 举报
继续请教
hua_zhixing_ 2009-09-18
- 打赏
- 举报
兄台是干嘛的呀？这么复杂的问题都接触到了。感觉远比红黑树和动态规划还复杂，是不是还要加上哈夫曼树啊？
估计我没看懂题，如果有解决方案，分享下啦！！！！！！！！！！！！
估计我没看懂题，如果有解决方案，分享下啦！！！！！！！！！！！！
huaxuejianzi 2009-09-16
- 打赏
- 举报
算法导论，动态规划。
