বাইনারি গাছ গণনা করা হচ্ছে

(আমি কিছু গাণিতিক পটভূমির একজন শিক্ষার্থী এবং আমি নির্দিষ্ট ধরণের বাইনারি গাছের সংখ্যা কীভাবে গণনা করব তা জানতে চাই like)

বাইনারি ট্রিগুলির জন্য উইকিপিডিয়া পৃষ্ঠাটি দেখে , আমি এই প্রতিবেদনটি লক্ষ্য করেছি যে আকারের মূলযুক্ত বাইনারি গাছগুলির সংখ্যাটি এই কাতালান সংখ্যা হবে : $n$

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

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

কিন্তু আমি বুঝতে পারি না কীভাবে আমি নিজেই এইরকম ফলাফল নিয়ে আসতে পারি? এই ফলাফলটি খুঁজে পাওয়ার কোনও পদ্ধতি আছে?

এখন, যদি সাব-গাছের ক্রম (যা বাম, যা ডান) বিবেচনা না করা হয়? উদাহরণস্বরূপ, আমার দৃষ্টিকোণ থেকে, আমি বিবেচনা করি যে এই দুটি গাছ একই রকম:

   /\   /\
  /\     /\

এর মধ্যে কতটি অবজেক্টের ঠিক $n$ নোড রয়েছে তা গণনা করার জন্য কি একই জাতীয় পদ্ধতি প্রয়োগ করা সম্ভব হবে ?

combinatorics binary-trees discrete-mathematics

— স্টাফেন গিমেনেজ
সূত্র

মূলের 2-আরি গাছগুলিতে পোলিয়া গণনার উপপাদ্য কি এখানে প্রযোজ্য?

— নিকোলাস মানকুসো

উত্তর:

এক্ষেত্রে গাছের মতো অনেক ধরণের সংযোজক বস্তু গণনা করার জন্য, শক্তিশালী গাণিতিক সরঞ্জাম (প্রতীকী পদ্ধতি) রয়েছে যা আপনাকে সংযুক্তিযুক্ত বস্তুগুলি কীভাবে তৈরি করা হয় তার বিবরণ থেকে এই জাতীয় সংখ্যাগুলি মেকনিকভাবে উপস্থাপন করতে দেয়। এর মধ্যে জেনারেশন ফাংশন জড়িত।

ফিলিপ ফ্লাজলেট এবং রবার্ট সেজউইক প্রয়াত বিশ্লেষণমূলক সংমিশ্রণগুলির একটি দুর্দান্ত উল্লেখ । এটি উপরের লিঙ্ক থেকে উপলব্ধ।

প্রয়াত হারবার্ট উইলফের বই উত্পন্নকরণের আরেকটি মুক্ত উত্স।

এবং অবশ্যই জিকেপির কংক্রিট গণিত একটি ট্রেজার ট্রভ।

বাইনারি গাছগুলির জন্য এটি এরকম হয়: প্রথমে আপনার গাছের একটি পরিষ্কার সংজ্ঞা দরকার।

বাইনারি ট্রি হ'ল একটি শিকড় গাছ, যেখানে প্রতিটি লিফ পাতা নোড হুবহু ডিগ্রি 2 থাকে।

এরপরে আমরা গাছের আকারকে কী বলতে চাই তা সম্মত করতে হবে ।

এখানে চিত্র বর্ণনা লিখুন

বাম দিকে সমস্ত নোড সমান। মাঝখানে আমরা পাতা এবং অ-পাতাগুলি পৃথক করি distingu ডানদিকে আমাদের ছাঁটাই করা বাইনারি গাছ রয়েছে যেখানে পাতা সরিয়ে ফেলা হয়েছে। লক্ষ্য করুন যে এটির দুটি ধরণের (বাম এবং ডান) অবিরাম শাখা রয়েছে!

এই সংযুক্তিযুক্ত বস্তুগুলি কীভাবে তৈরি করা হয় তার একটি বিবরণ এখন আমাদের নিতে হবে। বাইনারি গাছের ক্ষেত্রে একটি পুনরাবৃত্ত পচন সম্ভব।

প্রথম ধরণের সমস্ত বাইনারি গাছের সেট হয়ে যাক তারপর প্রতীকীভাবে আমাদের কাছে রয়েছে: $\mathcal{A}$ এখানে চিত্র বর্ণনা লিখুন

এটি হিসাবে লেখা হয়েছে: "বাইনারি গাছের শ্রেণীর একটি বস্তু হয় নোড বা নোড এবং তারপরে দুটি বাইনারি গাছ হয়” "এটি সেটগুলির সমীকরণ হিসাবে লেখা যেতে পারে:

A = {∙} \cup ({∙} \times A \times A)

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

জেনারেটিং ফাংশন প্রবর্তন করে যা এই শ্রেণীর সংযুক্তিযুক্ত বস্তুর গণনা করে আমরা সেট সমীকরণটি উত্পন্ন ফাংশন জড়িত একটি সমীকরণে অনুবাদ করতে পারি। $A(z)$

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

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

সমস্ত নোডকে সমানভাবে চিকিত্সা করার এবং গাছের আকারের ধারণা হিসাবে নোডের সংখ্যা গ্রহণের আমাদের পছন্দটি ভেরিয়েবল সাথে নোডগুলি "চিহ্নিত" করে প্রকাশ করা হয় । $z$

আমরা এখন জন্য চতুর্ভুজ সমীকরণ সমাধান করতে পারি এবং যথারীতি দুটি সমাধান, উত্পন্ন ফাংশনের সুস্পষ্ট বদ্ধ রূপ পেতে পারি: $zA^2(z)-A(z)+z=0$ $A(z)$

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

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

এখন আমাদের কেবল নিউটনের (জেনারালাইজড) দ্বিপদী উপপাদ্য প্রয়োজন:

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

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

সঙ্গে এবং একটি ক্ষমতা সিরিজের মধ্যে উৎপাদিত ফাংশন ফিরে বদ্ধ ফর্ম প্রসারিত করতে। আমরা এটি করি কারণ, হ'ল আকার এর সম্মিলিত বস্তুর সংখ্যা , সাধারণত হিসাবে লেখা । কিন্তু এখানে এ সহগ জন্য চেহারা গাছের আমাদের বাহিনীর "আকার" আমাদের ধারণা । দ্বিপদী এবং ফ্যাকটোরিয়ালগুলির সাথে কিছুটা জাগ্রত হওয়ার পরে আমরা পাই: $a=1/2$ $x=-4z^2$ $z^n$ $n$ $[z^n]A(z)$ $z^{2n+1}$

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

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

যদি আমরা আকারের দ্বিতীয় ধারণাটি দিয়ে শুরু করি তবে পুনরাবৃত্তাকার পচনটি হ'ল:

এখানে চিত্র বর্ণনা লিখুন

আমরা সংযুক্তিকরণ বস্তুর একটি ভিন্ন বর্গ পেতে । এটিতে লেখা আছে: "বাইনারি গাছগুলির শ্রেণীর একটি বিষয় হয় একটি পাতা বা একটি ইন্টেরাল নোড এবং তারপরে দুটি বাইনারি গাছ হয়” " $\mathcal{B}$

আমরা একই পদ্ধতির ব্যবহার এবং চালু করতে পারেন মধ্যে । কেবলমাত্র এই সময় পরিবর্তনশীল কেবল পাতাগুলি নয়, অভ্যন্তরীণ নোডগুলি চিহ্নিত করে, কারণ এখানে "আকার" সংজ্ঞাটি আলাদা। আমরা পাশাপাশি একটি ভিন্ন উত্পন্ন ফাংশন পাই: $\mathcal{B}=\{\square\}\cup\bigl(\{\bullet\}\times\mathcal{B}\times\mathcal{B}\bigr)$ $\mathcal{B}=1+zB^2(z)$ $z$

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

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

গুণফলের ফলন বের করা

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

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

শ্রেণি এবং the গণনাগুলিতে সম্মত হন, কারণ অভ্যন্তরীণ নোডযুক্ত একটি বাইনারি গাছের পাতা রয়েছে, সুতরাং মোট নোড রয়েছে। $\mathcal{A}$ $\mathcal{B}$ $n$ $n+1$ $2n+1$

শেষ ক্ষেত্রে আমাদের আরও কঠোর পরিশ্রম করতে হবে:

এখানে চিত্র বর্ণনা লিখুন

যা খালি খালি ছাঁটাই করা বাইনারি চেষ্টাগুলির বর্ণনা। আমরা

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

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

এবং উত্পন্ন ফাংশন দিয়ে এটি আবার লিখুন

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

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

চতুর্ভুজ সমীকরণ সমাধান করুন

\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}

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

এবং আবার পেতে

[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

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

মনে রাখবেন যে, কাতালান উৎপাদিত ফাংশন হয়

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

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

এটি সাধারণ গাছগুলির শ্রেণি গণনা করে । নোড ডিগ্রীতে কোনও বাধা নেই এমন গাছগুলি।

E = {∙} \times S E Q (E)

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

এটি হিসাবে লেখা হয়েছে: "সাধারণ গাছের শ্রেণীর একটি বস্তু হল একটি নোড এবং এর পরে সাধারণ গাছগুলির একটি খালি অনুক্রম হয়” "

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

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

সঙ্গে Lagrange,-Bürmann ইনভার্সান ফর্মুলা আমরা পেতে

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

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

সুতরাং আমরা প্রমাণ করেছি যে বাইনারি গাছ যতগুলি সাধারণ গাছ রয়েছে। সাধারণ এবং বাইনারি গাছগুলির মধ্যে কোনও দ্বিধা নেই বলে আশ্চর্যের কিছু নেই। বাইজেকশনটি রোটেশন চিঠিপত্র হিসাবে পরিচিত (লিঙ্কযুক্ত নিবন্ধের শেষে ব্যাখ্যা করা হয়েছে), যা আমাদের প্রতিটি সাধারণ গাছকে বাইনারি ট্রি হিসাবে দুটি স্টোর করতে দেয়।

মনে রাখবেন যে আমরা বর্গ এবং class শ্রেণিতে বাম এবং ডান ভাইবালকে আলাদা না করে আমরা আরও একটি ক্লাস গাছ পেয়েছি : $\mathcal{C}$ $\mathcal{T}$

এখানে চিত্র বর্ণনা লিখুন

অ্যানারি বাইনারি গাছ তাদের একটি জেনারেটেড ফাংশনও রয়েছে তবে তাদের সহগ পৃথক। আপনি মোটজকিন নম্বর পেয়েছেন

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}) .

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

ওহ এবং আপনি যদি জেনারেশন ফাংশনগুলি পছন্দ করেন না তবে প্রচুর পরিমাণে অন্যান্য প্রমাণও রয়েছে। এখানে দেখুন , সেখানে একটি রয়েছে যেখানে আপনি বাইনারি গাছগুলির এনকোডিংটিকে ডাইক শব্দ হিসাবে ব্যবহার করতে পারেন এবং তাদের পুনরাবৃত্ত সংজ্ঞা থেকে পুনরাবৃত্তি পেতে পারেন। তারপরে সেই পুনরাবৃত্তিটি সমাধান করা উত্তরও দেয়। তবে প্রতীকী পদ্ধতিটি আপনাকে প্রথম স্থানে পুনরাবৃত্তিটি উপস্থিত হতে বাঁচায়, কারণ এটি সংযুক্ত বস্তুর ব্লুপ্রিন্টগুলির সাথে সরাসরি কাজ করে।

— গান uli
সূত্র

কেবলমাত্র লক্ষণীয় যে সেডজউইক এবং ফ্লাজোলেটের "অ্যালগরিদমসের বিশ্লেষণের ভূমিকা" ( aofa.cs.princeton.edu ) "অ্যানালিটিক সংহতি " বইয়ের মতো অনেকগুলি একই উপাদানকে কভার করেছে, তবে আরও অ্যাক্সেসযোগ্য আকারে।

— ভোনব্র্যান্ড

জেনারেটিং ফাংশনগুলি একটি খুব শক্তিশালী এবং খুব দরকারী যাদু কাঠি। প্রথম প্রশ্নের নিম্নলিখিত সমাধান (কেন সেখানে গাছ রয়েছে) কিছুটা কম যাদুকর। অতএব, বুদ্ধিমান। $C_n$

উদাহরণ। একটি গাছ উত্পাদন নোড আমরা একটি অনুক্রম যাতে দিয়ে শুরু ঘটে সময়, এবং ঘটে বার। উদাহরণস্বরূপ, । সবচেয়ে ছোট (এবং সম্ভবত নেতিবাচক) যোগফলের সাথে এই উপসর্গগুলির মধ্যে, দীর্ঘতম চয়ন করুন; এই ক্ষেত্রে, । এই উপসর্গটি শুরু থেকে নিন এবং এটি শেষে রাখুন; এই ক্ষেত্রে, আমরা পাই । এখন পরিবর্তন মধ্যে এবং মধ্যে ; এই ক্ষেত্রে আমরা পেতে । শুরু থেকে একটি সরান , একটি $5$ $+1$ $5+1$ $-1$ $5$ $+-++-+--++-$ $+-++-+--$ $++-+-++-+--$ $+$ $T$ $-$ $E$ TTETETTETEE $T$ $E$ শেষে; এই ক্ষেত্রে আমরা পেতে TETETTETEEE। এটি গাছের বর্ণনা T(E,T(E,T(T(E,T(E,E)),E)))। এটি কেন হ'ল বাইজেশন এর কিছু ব্যাখ্যা নীচে। একবার আপনি এটির বিষয়ে নিশ্চিত হয়ে গেলে, গণনা করা সহজ। এখানে সিকোয়েন্সটি 1 এর পরে রয়েছে, তারপরে আমরা বিভক্ত হয়েছি কারণ আমরা সম্ভাব্য চক্রীয় অনুমতিগুলির মধ্যে একটি বেছে নিয়েছি। $\binom{5+6}{5}$ $\pm1$ $5+6$

প্রথম বাইজিকেশন। এমএল গাছের একটি সাধারণ সংজ্ঞা হল type tree = T of tree * tree | E; অর্থাৎ একটি গাছে হয় দুটি (অর্ডারযুক্ত) সাবট্রিজ রয়েছে, বা এটি খালি রয়েছে। এখানে কিভাবে গাছ নির্মাণ হয়: T(T(E,E),T(T(E,E),T(E,E)))। ড্রপিং ফ্লাফ, আমরা সহজভাবে লিখতে পারি TTEETTEETEE। যেমন সমস্ত বিবরণ একটি দিয়ে শেষ হবে E, তাই এটি অপ্রয়োজনীয় হল: TTEETTEETE। (নোট খালি গাছ এখন খালি স্ট্রিং অনুরূপ যে।) এই স্ট্রিং অন্তত স্প্যানিশ ভাষায় অনেক টিএস যেমন সম্পত্তি প্রতিটি উপসর্গ যে আছে, এবং মোট তারা আছে টিএস এবং স্প্যানিশ ভাষায়, যেখানে নোড সংখ্যা গাছটি. $n$ $n$ $n$

দ্বিতীয় বাইজিকেশন। আমরা এখন টি +1 এবং E -1 দ্বারা প্রতিস্থাপন করব। সুতরাং, আমরা মানগুলি +1, মান -1 এবং সমস্ত উপসর্গের । $n$ $n$ $\ge0$

তৃতীয় বাইজিকেশন আমরা এখন উপসর্গগুলির জন্য সামান্য প্রয়োজনীয়তা পরিবর্তন করেছি: আমরা প্রতিটি খালি উপসর্গের যোগ>> হতে বলি । এটি সম্ভব হওয়ার জন্য আমরা মান +1 এবং মান -1 করি। (অন্যথায় পুরো স্ট্রিংয়ের যোগফল 0 হবে এবং উপসর্গগুলির শর্ত পূরণ করতে ব্যর্থ হবে)) এই সিকোয়েন্সগুলি অবশ্যই +1 দিয়ে শুরু হবে। সুতরাং, তারা সত্যিই আগের মতই ছিল, কেবলমাত্র তাদের শুরুতে +1 আটকে আছে। $>0$ $n+1$ $n$

রণে সম্পত্তি। এখন আমাদের ক্রমগুলি একটি মুহুর্তের জন্য ভুলে যান এবং সংখ্যার কিছু সীমাবদ্ধ ক্রম বিবেচনা করুন , ,, যার যোগফল 1 is সমস্ত খালি খালি উপসর্গগুলিতে যদি ধনাত্মক পরিমাণ থাকে তবে এই ক্রমের কোনও চক্রীয় অনুমানের একই বৈশিষ্ট্য নেই। কেন? ঠিক আছে, ধরা যাক এমন কোনও রয়েছে যা এও সমস্ত খালি উপসর্গ ধনাত্মক রয়েছে। তারপরে ( থেকে শুরু হওয়া ক্রমের সম্পত্তি ) এবং ( থেকে শুরু করে ক্রমের সম্পত্তি ); অতএব, $x_1$ $\ldots\,$ $x_m$ $k\ne1$ $x_k,\ldots,x_m,x_1,\ldots,x_{k-1}$ $x_1+\cdots+x_{k-1}\ge1$ $x_1$ $x_k+\cdots+x_m\ge1$ $x_k$ $x_1+\cdots+x_m\ge2$ , যা সম্পূর্ণ অনুক্রমের যোগফল 1 বলে অনুমানের সাথে বিরোধী।

তদুপরি, সমষ্টি 1 এর সাথে কিছু ক্রম দেওয়া থাকলে সর্বদা একটি চক্রীয় অনুক্রম থাকে যা সমস্ত খালি খালি উপসর্গের ইতিবাচক যোগফল তৈরি করে। (এটি বাস্তব সংখ্যার জন্যও সত্য))

উপসংহার। এখন আসুন +1 এবং -1 এর ক্রমগুলি গণনা করুন যা গাছের সাথে একটি সক্ষমতা রয়েছে। বাইরে সংখ্যার আমরা বাছাই করতে হবে যে সমান +1 টি অন্যান্যের হতে হবে -1। এখানে উপায়গুলি । কিন্তু, শুধুমাত্র মধ্যে সিকোয়েন্স সংখ্যাত এতদূর ইতিবাচক উপসর্গ হয়েছে। সুতরাং, মূলযুক্ত, অর্ডার করা বাইনারি গাছের সংখ্যা হ'ল: $2n+1$ $n+1$ ${2n+1\choose n+1}$ $1$ $2n+1$

\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
সূত্র

খুব ভাল উত্তর, কিন্তু নিম্নলিখিত বিবৃতিটির কিছু ব্যাখ্যা দরকার: "সমষ্টি 1 এর সাথে কিছু ধারাবাহিকতা দেওয়া থাকলে সর্বদা একটি চক্রীয় অনুক্রম থাকে যা সমস্ত খালি খালি উপসর্গকে ইতিবাচক যোগফল দেয়" .... প্রমাণের কমপক্ষে একটি ইঙ্গিত হবে সুন্দর।

— vog

@ ভোগ: ক্ষুদ্রতম যোগফলের সাথে উপসর্গটি নিয়ে নিন এবং এটিকে শেষের দিকে নিয়ে যান।

— rgrig

@ ভোগ: একই ক্ষুদ্রতম যোগফলের সাথে একাধিক সংখ্যক ক্ষেত্রে এটিও দীর্ঘতম উপসর্গ হওয়া উচিত। আমি শুরুতে একটি উদাহরণ যুক্ত করার জন্য উত্তরটি সম্পাদনা করেছি।

— rgrig