¿Cuál es la profundidad esperada de un árbol generado aleatoriamente?

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Pensé en este problema hace mucho tiempo, pero no tengo ideas al respecto.

El algoritmo generador es el siguiente. Suponemos que hay nodos discretos numerados de a . Luego, para cada en , hacemos que el padre del ésimo nodo en el árbol sea un nodo aleatorio en . Itere a través de cada en orden para que el resultado sea un árbol aleatorio con el nodo raíz . (Quizás esto no sea lo suficientemente aleatorio, pero esto no importa). $n$ $0$ $n - 1$ $i$ $\{1, \dotsc, n - 1\}$ $i$ $\{0, \dotsc, i - 1\}$ $i$ $0$

¿Cuál es la profundidad esperada de este árbol?

pr.probability zhxchen17
fuente

Supongo que es root y decir: "Entonces, para cada en , hacemos que el -ésimo nodo principal ...". ¿Derecho?

v_{0}

$v_0$

i

$i$

[1, n)

$[1,n)$

i

$i$

Sin título

Que has intentado ¿Ha intentado escribir una relación de recurrencia, digamos para que es la profundidad esperada del nodo ?

d (i)

$d(i)$

i

$i$

DW

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Estos objetos se conocen con el nombre de "árbol recursivo aleatorio".

James Martin

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Creo que hay un resultado de concentración sobre , pero aún no he completado los detalles. $e \log n$

Podemos obtener un límite superior para la probabilidad de que el nodo tenga antepasados sin incluir . Para cada posible cadena completa de antepasados distintos de cero , la probabilidad de que la cadena es $n$ $d$ $0$ $d$ $(a_1,a_2,...,a_d)$ . Esto corresponde a $(\frac{1}{a_1})(\frac{1}{a_2})\cdots (\frac{1}{a_d}) \times \frac{1}{n}$ veces un término de $\frac{1}{n}$ donde se ordenan los términos. Entonces, un límite superior para esta probabilidad es $(1+\frac{1}{2} + \frac{1}{3}+ \cdots \frac{1}{n-1})^d$ dondees eler número armónico $\frac{1}{n (d!)} H_{n-1}^d$ $H_{n-1}$ $n-1$ . . Parayfijos, la probabilidad de que el nodoesté en profundidades como máximo $1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n-1}$ $H_{n-1} \approx \log (n-1) + \gamma$ $d$ $n \to \infty$ $n$ $d+1$

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

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

Mediante la aproximación de Stirling podemos estimar esto como

\frac{1}{n \sqrt{2 π d}} {(\frac{e \log n}{d})}^{d} .

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

Para grande , algo mucho más grande que , la base de la exponencial es pequeña, por lo que este límite es pequeño, y podemos usar el límite de unión para decir que la probabilidad de que haya al menos un nodo con antecesores distintos de cero es pequeño. $d$ $e \log n$ $d$

Ver

Luc Devroye, Omar Fawzi, Nicolas Fraiman. "Propiedades de profundidad de los árboles recursivos aleatorios anexos escalados".

B. Pittel. Nota sobre las alturas de los árboles recursivos aleatorios y los árboles de búsqueda aleatorios aleatorios. Estructuras aleatorias y algoritmos, 5: 337-348, 1994.

El primero afirma que el segundo mostró que la profundidad máxima es con alta probabilidad, y ofrece otra prueba. $(e+o(1))\log n$

Douglas Zare
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Muy agradable. Para aclarar para otros lectores: como no puede repetir una

, el término

a_{i}

$a_i$

es solo un límite superior.

(1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n - 1})^{d}

$(1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n-1})^d$

Peter Shor

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Esta pregunta fue respondida hace varios años, pero, solo por diversión, aquí hay una prueba simple del límite superior. Le damos un límite a la expectativa, luego un límite de cola.

Defina rv como la profundidad del nodo . Defina $d_i$ $i\in\{0,1,\ldots,n-1\}$ $\phi_i = \sum_{j=0}^i e^{d_j}.$

lema 1. La profundidad máxima esperada, es como máximo $E[\max_i d_i]$ . $e\, H_{n-1}$

Prueba. La profundidad máxima es a lo sumo . Para finalizar mostramos $\ln \phi_{n-1}$ . $E[\ln \phi_{n-1}] \le e\, H_{n-1}$

Para cualquier , acondicionamiento en , mediante inspección de , $i\ge 1$ $\phi_{i-1}$ $\phi_i$

E [ϕ_{i} | ϕ_{i - 1}] = ϕ_{i - 1} + E [e^{d_{i}}] = ϕ_{i - 1} + \frac{e}{i} ϕ_{i - 1} = (1 + \frac{e}{i}) ϕ_{i - 1} .

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

Por inducción se deduce que

E [ϕ_{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}) .

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

Entonces, por la concavidad del logaritmo,

E [\ln ϕ_{n - 1}] \leq \ln E [ϕ_{n - 1}] < \ln \exp (e H_{n - 1}) = e H_{n - 1} . ◻

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

Aquí está el límite de la cola:

lema 2. Arregle cualquier . Entonces $c \ge 0$ es como máximo . $\Pr[\max_i d_i] \ge e\,H_{n-1} + c$ $\exp(-c)$

Prueba. Mediante la inspección de , y el límite de Markov, la probabilidad en cuestión es como máximo $\phi$

Pr [ϕ_{norte - 1} \geq Exp (mi H_{norte - 1} + C)] \leq \frac{mi [ϕ_{norte - 1}]}{Exp (mi H_{norte - 1} + C)} .

$\Pr[\phi_{n-1} \ge \exp(e\,H_{n-1} + c)] \,\le\,\frac{E[\phi_{n-1}]}{\exp(e\,H_{n-1} + c)}.$

E [ϕ_{n - 1}] \leq \exp (e H_{n - 1})

$E[\phi_{n-1}]\le \exp(e\,H_{n-1})$

◻

$~~~\Box$

~~$(e-1)H_n - O(1)$ $\max_i d_i \ge \ln\phi_t - \ln n$~~ [EDITAR: habló demasiado pronto]

$(1-o(1))e H_n$ ...

Neal Young
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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 B_{n}} P_{n} (B) \cdot max_{b \in B} h (b)

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

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 B_{n} ∖ {{n}}} P_{n} (B) \cdot max_{b \in B} h (b)}{1 - \frac{1}{n!}}

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

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.

R B
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Thanks for the idea! Actually I wrote a monte-carlo program the first time when I met with this problem, but to my surprise the accurate result is so difficult to get.

zhxchen17

¿Cuál es la profundidad esperada de un árbol generado aleatoriamente?

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