การนับต้นไม้ไบนารี

(ฉันเป็นนักเรียนที่มีพื้นฐานทางคณิตศาสตร์และฉันต้องการทราบวิธีนับจำนวนต้นไม้ไบนารีที่เฉพาะเจาะจง)

เมื่อดูที่หน้า Wikipedia สำหรับBinary Treesฉันได้สังเกตการยืนยันนี้ว่าจำนวนต้นไม้ไบนารีที่รูทขนาดจะเป็นจำนวนคาตาลันนี้: $n$

C_{n} = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n})

$C_n = \dfrac{1}{n+1}{2n \choose n}$

แต่ฉันไม่เข้าใจว่าฉันจะได้ผลลัพธ์เช่นนี้ด้วยตัวเองได้อย่างไร มีวิธีการค้นหาผลลัพธ์นี้หรือไม่?

ทีนี้ถ้าหากคำสั่งของต้นไม้ย่อย (ซึ่งเหลืออยู่ไหนถูกต้อง) จะไม่ถูกนำมาพิจารณา? ตัวอย่างเช่นจากมุมมองของฉันฉันคิดว่าต้นไม้สองต้นนี้เหมือนกัน:

   /\   /\
  /\     /\

มันจะเป็นไปได้ที่จะใช้วิธีการคล้ายกับการนับจำนวนของวัตถุเหล่านี้ได้ว่า $n$ โหนด?

combinatorics binary-trees discrete-mathematics

— Stéphane Gimenez
แหล่งที่มา

ทฤษฎีการนับของ Polya เกี่ยวกับต้นไม้ 2-ary ที่รูตถูกบังคับใช้ที่นี่หรือไม่?

— Nicholas Mancuso

คำตอบ:

สำหรับการนับวัตถุ combinatorial หลายชนิดเช่นต้นไม้ในกรณีนี้มีเครื่องมือทางคณิตศาสตร์ที่มีประสิทธิภาพ (วิธีสัญลักษณ์) ที่ช่วยให้คุณได้รับ mechnically นับเช่นนั้นจากคำอธิบายวิธีการสร้างวัตถุ combinatorial สิ่งนี้เกี่ยวข้องกับการสร้างฟังก์ชั่น

การอ้างอิงที่ยอดเยี่ยมคือAnalytic Combinatoricsโดย Philipe Flajolet และ Robert Sedgewick มันสามารถใช้ได้จากลิงค์ด้านบน

การสร้างฟังก์ชั่นหนังสือของเฮอร์เบิร์ตวิลฟ์ตอนปลายเป็นอีกแหล่งที่มาฟรี

และแน่นอนว่าคณิตศาสตร์คณิตศาสตร์โดย GKP เป็นขุมทรัพย์

สำหรับต้นไม้ไบนารีมันจะเป็นดังนี้: ก่อนอื่นคุณต้องมีคำจำกัดความที่ชัดเจนของต้นไม้

ต้นไม้ไบนารีเป็นต้นไม้ที่ถูกรูทซึ่งโหนดที่ไม่ใช่ใบไม้ทุกใบมีระดับ 2 อย่างแน่นอน

ต่อไปเราต้องยอมรับสิ่งที่เราต้องการเรียกขนาดของต้นไม้

ป้อนคำอธิบายรูปภาพที่นี่

ด้านซ้ายของโหนดทั้งหมดเท่ากัน ตรงกลางเราแยกความแตกต่างของใบและไม่ใช่ใบ ทางด้านขวาเรามีต้นไม้ไบนารีตัดแต่งกิ่งที่ใบถูกลบออก ขอให้สังเกตว่ามันมีสาขา unary สองประเภท (ซ้ายและขวา)!

ตอนนี้เราต้องขอคำอธิบายว่าวัตถุ combinatorial เหล่านี้ถูกสร้างขึ้นได้อย่างไร ในกรณีของต้นไม้ไบนารีการสลายตัวแบบเรียกซ้ำเป็นไปได้

ให้เป็นเซตของต้นไม้ไบนารีทั้งหมดของประเภทแรกจากนั้นเราก็มีสัญลักษณ์: $\mathcal{A}$ ป้อนคำอธิบายรูปภาพที่นี่

มันอ่านเป็น:“ วัตถุของคลาสของต้นไม้ไบนารีเป็นโหนดหรือโหนดตามด้วยต้นไม้ไบนารีสองต้น” สิ่งนี้สามารถเขียนเป็นสมการของเซต:

A = {∙} \cup ({∙} \times A \times A)

$\mathcal{A}=\{\bullet\}\cup\bigl(\{\bullet\}\times\mathcal{A}\times\mathcal{A}\bigr)$

โดยการแนะนำฟังก์ชั่นการสร้างที่แจกแจงคลาสของออบเจ็กต์ combinatorial นี้เราสามารถแปลสมการที่กำหนดเป็นสมการที่เกี่ยวข้องกับฟังก์ชั่นการสร้าง $A(z)$

A (z) = z + z A^{2} (z)

$A(z)=z+zA^2(z)$

ทางเลือกของเราในการรักษาอย่างเท่าเทียมกันทุกโหนดและการใช้จำนวนโหนดในต้นไม้ที่เป็นความคิดของขนาดของมันจะแสดงโดย“เครื่องหมาย” โหนดกับตัวแปรZ $z$

ตอนนี้เราสามารถแก้สมการกำลังสองสำหรับและรับตามปกติสองวิธีแก้ปัญหารูปแบบปิดที่ชัดเจนของฟังก์ชันการสร้าง: $zA^2(z)-A(z)+z=0$ $A(z)$

A (z) = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4 z^{2}}}{2 z}

$A(z)=\frac{1\pm\sqrt{1-4z^2}}{2z}$

ตอนนี้เราต้องการทฤษฎีบททวินาม (ทฤษฎีทั่วไป) ของนิวตัน:

(1 + x)^{a} = \sum_{k = 0}^{\infty} (\binom{a}{k}) x^{k}

$(1+x)^a=\sum_{k=0}^\infty\binom{a}{k}x^k$

ด้วยและเพื่อขยายรูปแบบปิดของฟังก์ชั่นการสร้างกลับเข้าไปในชุดพลังงาน เราทำเช่นนี้เพราะค่าสัมประสิทธิ์ที่เป็นเพียงจำนวนของวัตถุ combinatorial ของขนาดเขียนมักจะเป็น(z) แต่ที่นี่ความคิดของ“ขนาด” ของกองกำลังต้นไม้เราจะมองหาค่าสัมประสิทธิ์ที่เรา1} หลังจากเล่นกลกับทวินามและแฟคทอเรียลนิดหน่อยเราก็ได้ $a=1/2$ $x=-4z^2$ $z^n$ $n$ $[z^n]A(z)$ $z^{2n+1}$

[z^{2 n + 1}] A (z) = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n}) .

$[z^{2n+1}]A(z)=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}.$

ถ้าเราเริ่มด้วยความคิดที่สองของขนาดการย่อยสลายแบบเรียกซ้ำคือ:

ป้อนคำอธิบายรูปภาพที่นี่

เราได้รับการเรียนที่แตกต่างกันของวัตถุ combinatorial{B} มันอ่าน:“ วัตถุของคลาสของต้นไม้ไบนารีเป็นแบบ leaf หรือโหนดแบบ interal ตามด้วยต้นไม้แบบไบนารีสองต้น” $\mathcal{B}$

เราสามารถใช้วิธีเดียวกันและเปลี่ยนเป็น(z) เวลานี้ตัวแปรเท่านั้นที่ทำเครื่องหมายโหนดภายในไม่ใช่ใบไม้เนื่องจากคำนิยาม“ ขนาด” แตกต่างกันที่นี่ เราได้รับฟังก์ชั่นการสร้างที่แตกต่างเช่นกัน: $\mathcal{B}=\{\square\}\cup\bigl(\{\bullet\}\times\mathcal{B}\times\mathcal{B}\bigr)$ $\mathcal{B}=1+zB^2(z)$ $z$

B (z) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4 z}}{2 z}

$B(z)=\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}$

การแยกค่าสัมประสิทธิ์ผลผลิต

[z^{n}] B (z) = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n}) .

$[z^n]B(z)=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}.$

Classและเห็นด้วยกับการนับเพราะต้นไม้ไบนารีที่มีโหนดภายในมีใบทำให้มีโหนดทั้งหมด $\mathcal{A}$ $\mathcal{B}$ $n$ $n+1$ $2n+1$

ในกรณีสุดท้ายเราต้องทำงานหนักขึ้นเล็กน้อย:

ป้อนคำอธิบายรูปภาพที่นี่

ซึ่งเป็นคำอธิบายของการลองไบนารีที่ตัดทิ้งแบบไม่ว่างเปล่า เราขยายสิ่งนี้เป็น

\begin{aligned} C & = {∙} \cup ({∙} \times C) \cup ({∙} \times C) \cup ({∙} \times C \times C) \\ D & = {ϵ} \cup ({∙} \times C \times C) \end{aligned}

$\begin{align}\mathcal{C}&=\{\bullet\}\cup\bigl(\{\bullet\}\times\mathcal{C}\bigr)\cup\bigl(\{\bullet\}\times\mathcal{C}\bigr)\cup\bigl(\{\bullet\}\times\mathcal{C}\times\mathcal{C}\bigr)\\\mathcal{D}&=\{\epsilon\}\cup\bigl(\{\bullet\}\times\mathcal{C}\times\mathcal{C}\bigr)\end{align}$

และเขียนใหม่ด้วยฟังก์ชันสร้าง

\begin{aligned} C (z) & = z + 2 z C (z) + z C^{2} (z) \\ D (z) & = 1 + z C^{2} (z) \end{aligned}

$\begin{align}C(z)&=z+2zC(z)+zC^2(z)\\D(z)&=1+zC^2(z)\end{align}$

แก้สมการกำลังสอง

\begin{aligned} C (z) & = \frac{1 - 2 z - \sqrt{1 - 4 z}}{2 z} \\ D (z) & = \frac{1 - \sqrt{1 - 4 z}}{2 z} \end{aligned}

$\begin{align}C(z)&=\frac{1-2z-\sqrt{1-4z}}{2z}\\D(z)&=\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}\end{align}$

และรับอีกครั้ง

[z^{n}] C (z) = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n}) n \geq 1 [z^{n}] D (z) = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n}) n \geq 0

$[z^n]C(z)=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\quad n\ge1 \qquad [z^n]D(z)=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} \quad n\ge0$

โปรดทราบว่าฟังก์ชั่นการสร้างคาตาลันคือ

E (z) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4 z}}{2}

$E(z)=\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2}$

มันระบุระดับของต้นไม้ทั่วไป นั่นคือต้นไม้ที่ไม่มีข้อ จำกัด เกี่ยวกับระดับโหนด

E = {∙} \times S E Q (E)

$\mathcal{E}=\{\bullet\}\times\mathrm{SEQ}(\mathcal{E})$

มันอ่านว่า:“ วัตถุของคลาสของต้นไม้ทั่วไปคือโหนดตามด้วยลำดับว่างเปล่าที่เป็นไปได้ของต้นไม้ทั่วไป”

E (z) = \frac{z}{1 - E (z)}

$E(z)=\frac{z}{1-E(z)}$

ด้วยสูตรผกผัน Lagrange-Bürmannที่เราได้รับ

[z^{n}] E (z) = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n})

$[z^n]E(z)=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$

ดังนั้นเราจึงพิสูจน์ได้ว่ามีต้นไม้ทั่วไปมากเท่ากับต้นไม้ไบนารี ไม่น่าแปลกใจที่มี bijection ระหว่างต้นไม้ทั่วไปและไบนารี bijection เป็นที่รู้จักกันในนามหมุนจดหมาย (อธิบายในตอนท้ายของบทความที่เชื่อมโยง) ที่ช่วยให้เราสองเก็บต้นไม้ทั่วไปทุกต้นเป็นต้นไม้ไบนารี

โปรดทราบว่าถ้าเราไม่แยกพี่น้องซ้ายและขวาในคลาสเราจะได้คลาสของต้นไม้อีก : $\mathcal{C}$ $\mathcal{T}$

ป้อนคำอธิบายรูปภาพที่นี่

ต้นไม้ไบนารีนารี พวกเขามีหน้าที่สร้างเกินไป อย่างไรก็ตามค่าสัมประสิทธิ์ของพวกมันนั้นแตกต่างกัน คุณได้รับหมายเลข Motzkin

T = {∙} \times {S E Q}_{\leq 2} (T)

$\mathcal{T}=\{\bullet\}\times\mathrm{SEQ}_{\le2}(\mathcal{T})$

T (z) = \frac{1 - z - \sqrt{1 - 2 z - 3 z^{2}}}{2 z}

$T(z)=\frac{1-z-\sqrt{1-2z-3z^2}}{2z}$

[z^{n}] T (z) = \frac{1}{n} \sum_{k} (\binom{n}{k}) (\binom{n - k}{k - 1}) .

$[z^n]T(z)=\frac{1}{n}\sum_k\binom{n}{k}\binom{n-k}{k-1}.$

โอ้และถ้าคุณไม่ชอบการสร้างฟังก์ชั่นก็มีหลักฐานอีกมากมายเช่นกัน ดูที่นี่มีหนึ่งที่คุณสามารถใช้การเข้ารหัสของต้นไม้ไบนารีเป็นคำ Dyck และและได้รับการเกิดซ้ำจากคำจำกัดความซ้ำของพวกเขา จากนั้นการแก้ปัญหาการเกิดซ้ำนั้นก็ให้คำตอบด้วย อย่างไรก็ตามวิธีการเชิงสัญลักษณ์ช่วยให้คุณประหยัดไม่ให้เกิดขึ้นอีกในครั้งแรกเนื่องจากมันทำงานได้โดยตรงกับพิมพ์เขียวของวัตถุ combinatorial

— ULI
แหล่งที่มา

เพียงเพื่อให้ทราบว่า Sedgewick และ Flajolet ของ "ความรู้เบื้องต้นเกี่ยวกับการวิเคราะห์อัลกอริทึม" ( aofa.cs.princeton.edu ) ครอบคลุมเนื้อหามากมายเช่นเดียวกับหนังสือ "Analytic Combinatorics" แต่ในรูปแบบที่เข้าถึงได้ง่ายขึ้น

— vonbrand

การสร้างฟังก์ชั่นเป็นไม้เท้าวิเศษที่ทรงพลังและมีประโยชน์มาก การแก้ปัญหาต่อไปนี้สำหรับคำถามแรก (เพราะเหตุใดจึงมีต้นไม้ ) ค่อนข้างมหัศจรรย์น้อยกว่า ดังนั้นน่ารัก $C_n$

ตัวอย่าง. ในการสร้างทรีของโหนดเราเริ่มต้นด้วยลำดับที่เกิดขึ้นครั้งและเกิดขึ้นครั้ง ยกตัวอย่างเช่น+ในบรรดาคำนำหน้าเหล่านั้นด้วยผลรวมที่เล็กที่สุด (และอาจเป็นลบ) ให้เลือกที่ยาวที่สุด; ในกรณีนี้+ใช้คำนำหน้านี้จากจุดเริ่มต้นและวางไว้ที่ส่วนท้าย; ในกรณีนี้เราได้รับ++ตอนนี้เปลี่ยนเป็นและเป็น ; ในกรณีนี้เราได้รับ ลบจากจุดเริ่มต้นเพิ่ม $5$ $+1$ $5+1$ $-1$ $5$ $+-++-+--++-$ $+-++-+--$ $++-+-++-+--$ $+$ $T$ $-$ $E$ TTETETTETEE $T$ $E$ ในตอนท้าย; TETETTETEEEในกรณีนี้เราได้รับ T(E,T(E,T(T(E,T(E,E)),E)))นี่คือคำอธิบายของต้นไม้ ด้านล่างนี้มีคำอธิบายว่าทำไมสิ่งนี้ถึงมีความเอนเอียง เมื่อคุณมั่นใจแล้วการนับเป็นเรื่องง่าย มีลำดับของจากนั้นเราหารด้วยเพราะเราเลือกหนึ่งในพีชคณิตแบบวงกลมที่เป็นไปได้ $\binom{5+6}{5}$ $\pm1$ $5+6$

bijection แรก ความหมายโดยทั่วไปสำหรับต้นไม้ใน ML คือtype tree = T of tree * tree | E; นั่นคือต้นไม้มีลำดับย่อยสองอัน (เรียงลำดับ) หรือว่างเปล่า นี่คือวิธีสร้างต้นไม้: T(T(E,E),T(T(E,E),T(E,E))). TTEETTEETEEวางปุยเราก็สามารถเขียน ทุกรายละเอียดดังกล่าวจะจบด้วยดังนั้นจึงเป็นที่ซ้ำซ้อน:E TTEETTEETE(โปรดสังเกตว่าต้นไม้ว่างตอนนี้สอดคล้องกับสตริงว่าง) สตริงเหล่านี้มีคุณสมบัติที่แต่ละคำนำหน้ามีอย่างน้อยที่สุดเท่า Ts เป็น Es และโดยรวมแล้วพวกเขามี Ts และ Es โดยที่คือจำนวนโหนดของ ต้นไม้. $n$ $n$ $n$

bijection ที่สอง ตอนนี้เราแทนที่ T ด้วย +1 และ E ด้วย -1 ดังนั้นเรากำลังมองหาที่วนเวียนอยู่กับค่า +1 กับค่า -1 และมีผลรวมของทั้งหมดที่คำนำหน้า\ $n$ $n$ $\ge0$

bijection ที่สาม ตอนนี้เรามีการเปลี่ยนแปลงความต้องการสำหรับคำนำหน้าเล็ก ๆ น้อย ๆ เราถามว่าผลรวมของแต่ละคำนำหน้าไม่ว่างที่จะ 0 เพื่อให้เป็นไปได้เราให้ค่า +1 และค่า -1 (มิฉะนั้นผลรวมของสตริงทั้งหมดจะเป็น 0 และไม่สามารถทำตามเงื่อนไขสำหรับคำนำหน้า) ลำดับเหล่านี้จะต้องเริ่มต้นด้วย +1 ดังนั้นพวกเขาจะเหมือนเดิมยกเว้นพวกเขามี +1 ติดอยู่ในตอนแรก $>0$ $n+1$ $n$

คุณสมบัติ Raney ตอนนี้ลืมลำดับของเราสักครู่และพิจารณาบางลำดับ จำกัด ของจำนวนเต็ม , ,ที่มีผลรวมเป็น 1 หากทุกคำนำหน้าไม่ว่างเปล่ามีผลบวกบวกแล้วไม่มีการเปลี่ยนแปลงวงจรลำดับนี้มีคุณสมบัติเดียวกัน ทำไม? สมมติว่ามีเช่นนั้นที่ก็มีคำนำหน้าบวกทั้งหมดที่ไม่ว่างเปล่า จากนั้น (คุณสมบัติของลำดับเริ่มต้นจาก ) และ (คุณสมบัติของลำดับเริ่มต้นจาก ); ดังนั้น $x_1$ $\ldots\,$ $x_m$ $k\ne1$ $x_k,\ldots,x_m,x_1,\ldots,x_{k-1}$ $x_1+\cdots+x_{k-1}\ge1$ $x_1$ $x_k+\cdots+x_m\ge1$ $x_k$ $x_1+\cdots+x_m\ge2$ ซึ่งขัดแย้งกับสมมติฐานที่ว่าผลรวมของลำดับทั้งหมดคือ 1

ยิ่งกว่านั้นตามลำดับด้วยผลรวม 1 มีการเปลี่ยนรูปแบบเป็นวงกลมเสมอซึ่งทำให้ส่วนนำหน้าที่ไม่ว่างทั้งหมดมีผลบวกเป็นบวก (สิ่งนี้เป็นจริงแม้สำหรับจำนวนจริง)

ข้อสรุป ทีนี้ลองนับลำดับของ +1 กับ -1 ที่อยู่ใน bijection กับต้นไม้ จากตัวเลขเราต้องเลือกที่เท่ากับ +1 ส่วนอื่น ๆ จะเป็น -1 มีวิธีที่จะทำ แต่มีเพียงในลำดับที่นับจนถึงมีคำนำหน้าเป็นบวก ดังนั้นจำนวนของรากต้นไม้ไบนารีที่สั่งซื้อคือ: $2n+1$ $n+1$ ${2n+1\choose n+1}$ $1$ $2n+1$

\frac{1}{2 n + 1} (\binom{2 n + 1}{n + 1}) = \frac{1}{2 n + 1} \frac{2 n + 1}{n + 1} (\binom{2 n}{n}) = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n})

${1\over2n+1}{2n+1\choose n+1}={1\over2n+1}{2n+1\over n+1}{2n\choose n}={1\over n+1}{2n\choose n}$

— rgrig
แหล่งที่มา

คำตอบที่ดีมาก แต่คำสั่งต่อไปนี้จำเป็นต้องมีคำอธิบาย: "ให้ลำดับกับผลรวม 1 มีการเปลี่ยนรูปแบบวนซึ่งทำให้คำนำหน้าไม่ว่างทั้งหมดมีผลบวกเสมอ" .... อย่างน้อยคำใบ้ของหลักฐานจะเป็น ดี

— vog

@vog: ใช้คำนำหน้าด้วยผลรวมที่เล็กที่สุดและย้ายไปยังจุดสิ้นสุด

— rgrig

@vog: ควรเป็นคำนำหน้าที่ยาวที่สุดในกรณีที่มีหลายตัวที่มีผลรวมที่เล็กที่สุดเหมือนกัน ฉันแก้ไขคำตอบเพื่อเพิ่มตัวอย่างในตอนแรก

— rgrig