ความลึกที่คาดหวังของต้นไม้ที่สร้างแบบสุ่มคืออะไร?

ฉันคิดเกี่ยวกับปัญหานี้มานานแล้ว แต่ไม่มีความคิดเกี่ยวกับมัน

อัลกอริทึมการสร้างมีดังนี้ เราถือว่ามี$n$โหนดต่อเนื่องจำนวนจาก$0$ไป$n - 1$ 1 แล้วสำหรับแต่ละ$i$ใน$\{1, \dotsc, n - 1\}$เราทำให้$i$พ่อแม่ของโหนด TH ในต้นไม้เป็นโหนดสุ่ม$\{0, \dotsc, i - 1\}$ } ย้ำผ่านแต่ละ$i$ในการสั่งซื้อเพื่อให้ผลที่ได้คือต้นไม้สุ่มที่มีโหนดราก0$0$(อาจเป็นแบบสุ่มไม่พอ แต่อาจไม่สำคัญ)

ความลึกที่คาดหวังของต้นไม้นี้คืออะไร?

ฉันคิดว่ามีผลการมุ่งเน้นเกี่ยวกับแต่ฉันยังไม่ได้กรอกรายละเอียด$e \log n$

เราสามารถได้รับการผูกไว้บนสำหรับความน่าจะเป็นที่โหนดมีdบรรพบุรุษไม่รวม0 สำหรับแต่ละห่วงโซ่ที่สมบูรณ์เป็นไปได้ของdบรรพบุรุษภัณฑ์( 1 , 2 , . . . , d )น่าจะเป็นของห่วงโซ่ที่เป็น$n$$d$$0$$d$$(a_1,a_2,...,a_d)$ . สิ่งนี้สอดคล้องกับ$(\frac{1}{a_1})(\frac{1}{a_2})\cdots (\frac{1}{a_d}) \times \frac{1}{n}$คูณหนึ่งเทอมของ(1+$\frac{1}{n}$ซึ่งคำสั่งนั้นถูกสั่ง ดังนั้นขอบเขตบนของความน่าจะเป็นนี้คือ$(1+\frac{1}{2} + \frac{1}{3}+ \cdots \frac{1}{n-1})^d$โดยที่Hn-1คือหมายเลขn-1 ที่ประสานกัน1+$\frac{1}{n (d!)} H_{n-1}^d$$H_{n-1}$$n-1$ 1 Hn-1≈ล็อก(n-1)+γ สำหรับการแก้ไขdและn→∞ความน่าจะเป็นที่โหนดnอยู่ที่ความลึกd+1มากที่สุด$1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n-1}$$H_{n-1} \approx \log (n-1) + \gamma$$d$$n \to \infty$$n$$d+1$

$$\frac{(\log n)^d}{n (d!)} \left(1+o(1)\right)$$

โดยการประมาณของสเตอร์ลิงเราสามารถประเมินสิ่งนี้เป็น

$$\frac{1}{n\sqrt{2\pi d}} \left( \frac{e \log n}{d} \right)^d.$$

สำหรับขนาดใหญ่อะไรก็ตามที่มีขนาดใหญ่กว่าe log nฐานของเลขชี้กำลังมีขนาดเล็กดังนั้นขอบเขตนี้มีขนาดเล็กและเราสามารถใช้สหภาพถูกผูกมัดเพื่อบอกว่าความน่าจะเป็นที่มีอย่างน้อยหนึ่งโหนดที่มี$d$$e \log n$$d$ภัณฑ์บรรพบุรุษมี เล็ก

---

ดู

Luc Devroye, Omar Fawzi, Nicolas Fraiman "คุณสมบัติความลึกของต้นไม้แบบสุ่มซ้ำที่แนบมาด้วยสเกล"

B. Pittel หมายเหตุเกี่ยวกับความสูงของต้นไม้แบบสุ่มซ้ำและต้นไม้ค้นหาแบบสุ่ม โครงสร้างและอัลกอริธึมแบบสุ่ม, 5: 337–348, 1994

อดีตอ้างว่าหลังแสดงให้เห็นว่าความลึกสูงสุดคือมีความน่าจะเป็นสูงและมีหลักฐานอีกประการหนึ่ง$(e+o(1))\log n$

คำถามนี้ได้รับคำตอบเมื่อหลายปีก่อน แต่เพื่อความสนุกนี่เป็นข้อพิสูจน์อย่างง่ายเกี่ยวกับขอบเขตบน เราให้ความผูกพันกับความคาดหวังจากนั้นก็ผูกหาง

กำหนด RV จะเป็นความลึกของโหนดฉัน∈ { 0 , 1 , ... , n - 1 } กำหนดφ ฉัน = Σ ฉันJ = 0อีd$d_i$$i\in\{0,1,\ldots,n-1\}$$\phi_i = \sum_{j=0}^i e^{d_j}.$

บทแทรก 1. ความลึกสูงสุดที่คาดไว้, มากที่สุด$E[\max_i d_i]$ 1$e\, H_{n-1}$

พิสูจน์ ความลึกสูงสุดที่มากที่สุด 1 เพื่อให้จบเราแสดงE [ ln ϕ n - 1 ] ≤ $\ln \phi_{n-1}$ 1$E[\ln \phi_{n-1}] \le e\, H_{n-1}$

สำหรับท่านใด , เครื่องในφ ฉัน- 1โดยการตรวจสอบของφ ฉัน , E [ φ $i\ge 1$$\phi_{i-1}$$\phi_i$

$$\textstyle E[\phi_i\, |\, \phi_{i-1}] \,=\,\phi_{i-1} + E[e^{d_i}] \,=\, \phi_{i-1} + \frac{e}{i} \phi_{i-1} \,=\, (1+\frac{e}{i}) \phi_{i-1}.$$

โดยการเหนี่ยวนำมันจะตามมาว่า

$$\textstyle E[\phi_{n-1}] \,=\, \prod_{i=1}^{n-1} (1+\frac{e}{i}) \,<\, \prod_{i=1}^{n-1} \exp(\frac{e}{i}) \,=\, \exp(e\, H_{n-1}).$$

ดังนั้นด้วยความเห็นร่วมของลอการิทึม

$$E[\ln \phi_{n-1}] \,\le\, \ln E[\phi_{n-1}] \,<\, \ln \exp(e\, H_{n-1}) \,=\, e\, H_{n-1}.~~~~~~~\Box$$

นี่คือหางที่ถูกผูกไว้:

$c \ge 0$$\Pr[\max_i d_i] \ge e\,H_{n-1} + c$ is at most $\exp(-c)$.

Proof. By inspection of $\phi$, and the Markov bound, the probability in question is at most

$$\Pr[\phi_{n-1} \ge \exp(e\,H_{n-1} + c)] \,\le\,\frac{E[\phi_{n-1}]}{\exp(e\,H_{n-1} + c)}.$$ From the proof of Lemma 1, $E[\phi_{n-1}]\le \exp(e\,H_{n-1})$. Substituting this into the right-hand side above completes the proof.$~~~\Box$

As for a lower bound, I think a lower bound of $(e-1)H_n - O(1)$ follows pretty easily by considering $\max_i d_i \ge \ln\phi_t - \ln n$. But... [EDIT: spoke too soon]

It doesn't seem so easy to show the tight lower bound, of $(1-o(1))e H_n$...

I have actually thought about the same question (although in a completely different formulation) a few months ago, as well as some close variants.

I don't have a closed form (/ asymptotic) solution for it, but you might find this view useful (are you only looking for upper bound perhaps?).

The process you describe here is a generalization of the Chinese Restaurant Process, where each "table" is a subtree whose root's parent is $v_0$.

This also gives us a recursion formula for your question.

Denote by $h(n)$ the expected heights of a such tree process with $n$ nodes.

Denote by $P_n(B)=\frac{\Pi_{b\in B} (b-1)!}{n!}$ (the probability of distribution $B$ of the nodes into subtrees).

Then the quantity you're looking for, $h(n)$, is given by:

$$h(n)=\sum_{B\in \mathcal B_n}P_n(B)\cdot \max_{b\in B} h(b)$$

If you wish to code this recursion, make sure you use the following so it won't go into infinite loop:

$$h(n)=\frac{\sum_{B\in \mathcal B_n\setminus \{\{n\}\}}P_n(B)\cdot \max_{b\in B} h(b)}{1-\frac{1}{n!}}$$

Where $\mathcal B_n$ is the set of all partitions of $n$ identical balls into any number of non-empty bins, and $h(1)=1$.

---

In practice, when I needed this I just used a simple monte-carlo method for estimating $h(n)$, as trying to actually compute $h$ by this method is extremely inefficient.