Độ sâu dự kiến ​​của một cây được tạo ngẫu nhiên là gì?

Tôi đã nghĩ về vấn đề này từ lâu, nhưng không có ý tưởng nào về nó.

Thuật toán tạo như sau. Chúng tôi giả sử có $n$ nút rời rạc được đánh số từ $0$ đến . Sau đó, với mỗi trong , chúng ta biến cha mẹ của nút thứ trong cây thành một nút ngẫu nhiên trong . Lặp lại qua từng theo thứ tự sao cho kết quả là một cây ngẫu nhiên có nút gốc . (Có lẽ điều này không đủ ngẫu nhiên nhưng điều này không thành vấn đề.)i { 1 , Hoài , n - 1 } i { 0 , Nhìn , i - 1 } i $n - 1$$i$$\{1, \dotsc, n - 1\}$$i$$\{0, \dotsc, i - 1\}$$i$$0$

Độ sâu dự kiến ​​của cây này là gì?

Tôi nghĩ rằng có một kết quả tập trung về , nhưng tôi chưa điền chi tiết.$e \log n$

Chúng ta có thể có giới hạn trên cho xác suất mà nút có d tổ tiên không bao gồm 0 . Đối với mỗi chuỗi hoàn chỉnh có thể có của d tổ tiên khác không ( một 1 , một 2 , . . . , Một d ) , xác suất của chuỗi đó là ( $n$$d$$0$$d$$(a_1,a_2,...,a_d)$ . Điều này tương ứng với$(\frac{1}{a_1})(\frac{1}{a_2})\cdots (\frac{1}{a_d}) \times \frac{1}{n}$ lần một số hạng của(1+$\frac{1}{n}$trong đó các điều khoản được đặt hàng. Vì vậy, giới hạn trên cho xác suất này là$(1+\frac{1}{2} + \frac{1}{3}+ \cdots \frac{1}{n-1})^d$ nơiHn-1làn-1st số hòa1+$\frac{1}{n (d!)} H_{n-1}^d$$H_{n-1}$$n-1$ . Hn-1≈log(n-1)+γ. Đối cố địnhdvàn→∞, xác suất mà nútnlà ở độ sâud+1là tại hầu hết các$1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n-1}$$H_{n-1} \approx \log (n-1) + \gamma$$d$$n \to \infty$$n$$d+1$

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

Bằng cách xấp xỉ của Stirling, chúng ta có thể ước tính điều này là

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

Đối với lớn , bất cứ thứ gì lớn hơn e log n , cơ sở của số mũ là nhỏ, vì vậy ràng buộc này là nhỏ và chúng ta có thể sử dụng liên kết để nói rằng xác suất có ít nhất một nút có tổ tiên d khác không nhỏ bé.$d$$e \log n$$d$

---

Xem

Luc Devroye, Omar Fawzi, Nicolas Fraiman. "Thuộc tính độ sâu của cây đệ quy ngẫu nhiên đính kèm theo tỷ lệ."

B. Pittel. Lưu ý về độ cao của cây đệ quy ngẫu nhiên và cây tìm kiếm ngẫu nhiên. Các cấu trúc và thuật toán ngẫu nhiên, 5: 337 Từ348, 1994.

Yêu cầu trước đây cho thấy độ sâu tối đa là với xác suất cao và đưa ra một bằng chứng khác.$(e+o(1))\log n$

Câu hỏi này đã được trả lời vài năm trước, nhưng, chỉ để cho vui, đây là một bằng chứng đơn giản về giới hạn trên. Chúng tôi đưa ra một ràng buộc về kỳ vọng, sau đó một cái đuôi bị ràng buộc.

Xác định rv là độ sâu của nút i ∈ { 0 , 1 , Lỗi , n - 1 } . Xác định ϕ i = ∑ i j = 0 e d j$d_i$$i\in\{0,1,\ldots,n-1\}$$\phi_i = \sum_{j=0}^i e^{d_j}.$

bổ đề 1. Độ sâu tối đa dự kiến, nhiều nhất là $E[\max_i d_i]$ .$e\, H_{n-1}$

Bằng chứng. Độ sâu tối đa tối đa là . Để kết thúc chúng tôi hiển thị E [ ln φ n - 1 ] ≤ $\ln \phi_{n-1}$ .$E[\ln \phi_{n-1}] \le e\, H_{n-1}$

Đối với bất kỳ , điều hòa trên φ i - 1 , qua sự kiểm tra của φ i , E [ φ $i\ge 1$$\phi_{i-1}$$\phi_i$

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

Bằng cách cảm ứng, nó theo

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

So, by the concavity of the logarithm,

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

Here is the tail bound:

lemma 2. Fix any $c \ge 0$. Then $\Pr[\max_i d_i] \ge e\,H_{n-1} + c$ 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.