update notes on splay, avl and btree.

thu_dsa/chp7/notes.md

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 > Splay树基本操作的分摊时间复杂度为`O(logn)`，如何证明这个结论？
 
+对于任意一棵伸展树`S`，引入势能函数$\Phi(S) = \Sigma_{v \in S} rank(v)$，其中$rank(v) = log(size(v))$，即以`v`为树根的子树的规模的对数。通过简单的分析可以看到，`S`越平衡，则它的势能越小，`S`越失衡，则它的势能越大。特殊地，当`S`是一条单链的时候，$\Phi(S) = O(nlogn)$；而`S`是一棵满二叉树的时候，$\Phi(S) = O(n)$。
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+将第`i`次操作的分摊时间复杂度$A_i$，写作实际的时间复杂度与势能变化量之和，即
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+$$
+A_i = T_i + \Delta\Phi
+$$
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+然后就伸展树当中存在的三种元操作，即`zig`，`zigzig`以及`zigzag`（其余的操作无非是这三个操作的对称情况），分别证明满足
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+$$
+A_i \le 3\cdot [rank_i(v) - rank_{i - 1}(v)]
+$$
+
+这样，对于伸展树中一次基本操作（如`search`），其作用无非是将节点`v`逐层伸展到了根节点，因此分摊时间复杂度为$A \le 1 + 3\cdot[rank(r) - rank(v)] = O(logn)$。
+
 ## AVL树
 
 > 高度为h的AVL树，至少拥有`fib(h + 3) - 1`个节点，此时对应了一棵`fib-AVL`数。
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 ## B树
 
+关于B树，首先需要明确高度的定义，乃是加上了外部节点后的树的高度。其次是说这里有两种统计口径，即节点数量和关键码数量。节点数量是指超级节点的数量，而关键码则是指一个数据的关键码，两者的关系是：一个超级节点中含有多个关键码。
 
+> 对于含有`N`个关键码的B树，其高度`h`的上下限。
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+$$
+log_m^{N + 1} \le h \le log_{\lceil{\frac{m}{2}}\rceil}^{\lfloor\frac{N + 1}{2}\rfloor} + 1
+$$
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+这个结论的推导要会。需要注意的是，推导的过程，是通过高度为`h`的B树，所含有最多节点数量和最少节点数量，来得到`h`应该满足的关系的。为了将推导过程中使用的节点数量，转化为关键码数量，利用了B树外部节点的性质——外部节点的数量等于关键码的数量加一。实际上，这个性质的本质是二叉树二度节点数量与零度节点数量的关系。
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+> 关于B树插入和删除过程中的分裂和合并次数
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+考虑一次分裂操作，有两种情况，即在根节点分裂以及在非根节点分裂。如果是在非根节点分裂，一次分裂后B树的高度`h`不变，但是节点数量加一；如果是在根节点分裂，分裂后B树的高度`h`加一，节点数量加二。无论如何，一次分裂以后，`n - h`的值都会增加一，故可以之作为B树分裂次数的计数器。
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+同样地可以证明，一次B树的合并操作后，`n - h`的值将会减少一。
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+因此，如果对一棵初始状态`h = 1`的B树连续插入`N`个关键码，最终得到一棵高度为`h`，节点数量为`n`的B树，则累计的的分裂次数为`n - h`，平均每次插入的分裂次数为$\frac{n - h}{N} \le \frac{n - h}{n(\lceil \frac{m}{2} \rceil - 1)} = \frac{1}{\lceil \frac{m}{2} \rceil - 1}$。因此，平均$\lceil \frac{m}{2} \rceil - 1$次插入操作才会导致一次分裂。对于删除与合并操作，也有同样的结论。
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+尽管如此，单次的插入和删除操作，至多仍需要`O(logn)`次分裂或合并。在最坏情况下，对于任意的`m`为奇数，都可以构造一棵B树，交替地对它进行插入和删除操作，每次操作都需要`O(logn)`次分裂或者合并调整。
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+> 为什么B树的插入不采用旋转策略，而是统一采用分裂策略？
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+分裂策略总是可行，程序逻辑简单。根据上面的分析，分裂操作通常不会频繁发生。空间利用率也不至于显著降低，因为至少有50%。树高也不至于明显增加，根据上面分析，树高主要取决于关键码的总数，而与节点数量几乎没有关系。