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关于几个平衡搜索树的深入探讨

Splay树

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，$\Phi(S) = O(n)$。

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

A_i = T_i + \Delta\Phi

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

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。

可以归纳地证明该结论。

对于任意一棵高度为h的AVL树，其叶节点的最小深度为$\lceil \frac{h}{2} \rceil$。

可以归纳地证明该结论。

对于一棵高度为h的AVL树进行删除，至多只会有一个节点失衡，但是至多需要进行O(h) = O(logn)次调整。具体说来，至多需要$\lfloor \frac{h}{2} \rfloor$次调整操作。

可以构造一棵高度为h的fib-AVL树，删除它的最左侧节点。当h为偶数时，该节点是叶节点，作为深度最低的一个节点，它的深度恰好是AVL树的深度下界，即$\lceil \frac{h}{2} \rceil = \frac{h}{2}$，对它进行删除后，该节点的所有祖先节点都需要一次调整，故一共需要$\frac{h}{2}$次调整操作。

当h为奇数时，最左侧节点m并非叶节点，它拥有一个右孩子，该右孩子是深度最低的叶节点。因此m的深度为$\lceil \frac{h}{2} \rceil - 1 = \lfloor \frac{h}{2} \rfloor$。将m删除，其实质是删除它的右孩子，这将导致m的所有祖先节点都进行一次调整操作，故一共需要$\lfloor \frac{h}{2} \rfloor$次调整。

综上，删除操作后最多进行的调整次数为$\lfloor \frac{h}{2} \rfloor$。

需要注意的是这里说的是调整操作，而不是旋转操作。在fib-AVL树中，每次这样的调整都可以通过单旋来完成。但是，可以通过对fib-AVL树的结构做简单的改变，使得这样的调整需要双旋来完成。这样，总体的旋转次数为$2 \cdot \lfloor \frac{h}{2} \rfloor$次。

证明：按照递增次序，将$2^{h + 1} - 1$个关键码依次插入到一棵初始为空的AVL树中，必然得到高度为h的一棵满二叉树。

下面归纳地证明该结论。

• 当h = 0时，结论显然成立。

• 假设对于任意高度不大于h的AVL树，该结论都是成立的。

• 下面讨论将$2^{h + 2} - 1$个节点以递增次序插入到一棵初始为空的AVL树的过程。

  • 首先插入前$[0, 2^{h + 1} - 1)$个关键码。根据归纳假设，此时将形成一棵高度为h的AVL树。
  • 然后插入$[2^{h + 1} - 1， 3\cdot 2^{h} - 1)$的关键码。这些关键码将全部被插入到右子树中，而对左子树没有任何影响。根据归纳假设，此时右子树形成了一棵高度为h的AVL树，因此全树的高度为h + 1。
  • 插入第$3\cdot 2^{h} - 1$个关键码。此时在根节点不满足AVL树的平衡条件，因此需要做一次单旋调整。调整以后，左子树成为一棵高度为h的满二叉树，右子树的高度也为h，但是在最底层只有一个关键码，即刚刚插入的关键码。
  • 继续插入$[3\cdot 2^{h} - 1, 2^{h + 2} - 1)$个关键码，同样，这些关键码将被插入到右子树，而与左子树无关。根据归纳假设，插入完成后，右子树成为了一棵高度为h的满二叉树，此时全树也就成为了一棵高度为h + 1的满二叉树。 证毕。

实际上，可以类似地证明，将$2^{h + 1} - 1$个关键码以递减次序，依次插入到一棵初始为空的AVL树中，也可以得到一棵高度为h的满二叉树。

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。

log_m^{N + 1} \le h \le log_{\lceil{\frac{m}{2}}\rceil}^{\lfloor\frac{N + 1}{2}\rfloor} + 1

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。

关于B树插入和删除过程中的分裂和合并次数

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。

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。

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。

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。

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？

• 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。