2007级硕士研究生算法基础试卷答案

试卷编号： 专业班级： 学号： 姓名： （试题均为5号字） 备注：1、先修、重修同学必须注明（先修、重修）
2、试卷背面为演算区（不准用自带草纸）
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大连海事大学 第2007-2008学年第 1 学期
《算法设计与分析》试卷 （研究生07级）
参考答案与评分标准
一、三个函数的答案 (每空1分，共9分)
二、答案 (过程4分，结果表示2分，共6分)
首先考虑n 是2的整次幂，即对于某个正整数k ，有n=2k 。

T(n) = 3T(n/2) + c*n
= 3(3T(n/4) + c*n/2) + c*n = 32T(n/22) + 3 *c*n/2 + c*n = 33T(n/23) + (3/2)2 *c*n + 3/2 *c*n + c*n = …
= 3k T(1) +((3/2)k-1 + (3/2)k-2 + … + (3/2)2 + 3/2 + 1)c*n = b*3k + 2*c(3k -2k )
≤ (b+c)*3k =О(3k ) （4分） 因为，k=log 2n ，而x log b y = y log b x
所以，T(n)= О(n log 23)。

（2分）
三、证明题答案 (第一小题10分、第二小题5分)
1．设判定树的高度为h+1(含外部结点，且根结点的级别为1)。

根据描述折半查找过程的判定树的定义可知，判定树上不存在度为1的结点（即判定树是一个严格二叉树），且内部结点的最高层次为h ；在h-1层以上是由内部结点构成的满二叉树。

不失一般性，假设第h 层上有m 个内部结点。

则其余2h-1-m 个结点是外部结点，且第h+1层上全部是外部结点。

则内部结点数n 和m 之间的关系为：n = 2h-1 - 1 + m ，即m = n - 2h-1 + 1
由于第i 层的内部结点数为2i-1，根到第i 层上的内部结点的路径程度为i-1(1≤i ≤h-1)。

于是，根据外部路径长度和内部路径长度的定义可知：
I= ∑ (i -1)*2i-1 + m*(h-1) ，E = (2h-1-m)*(h-1) + 2*m*h
所以，
E - I = (h-1)*2h-1
-m*(h-1) + 2*m*h - ∑ (i -1)*2i-1 - m*(h-1)
= (h-1)*2h-1
-2m*(h-1) + 2*m*h - ∑ (i -1)*2i-1 = (h-1)*2h-1
+ 2m - ∑ (i -1)*2i-1 = (h-1)*2h-1 + 2(n - 2h-1 + 1) - ∑ (i -1)*2i-1
令 S= ∑ (i -1)*2i-1= 1*2 + 2*22 + 3*23 +…+ (h -3)*2h-3 +(h-2)*2h-2
则，2S = 1*22 + 2*23 + 3*24 +…+ (h -3)*2h-2 +(h-2)*2h-1
S - 2S = 2 + 22 + 23 + 24 +…+ 2h-2 - (h-2)*2h-1
= 2*(2h-2-1) - (h-2)*2h-1 = 2h-1-2 - (h-2)*2h-1 = - (h-3)*2h-1 – 2
即，S = (h-3)*2h-1 + 2
所以，有 E-I = (h-1)*2
h-1
+ 2(n - 2h-1 + 1) - (h-3)*2h-1 – 2 = 2n
即，n = ( E - I ) / 2 成立。

证毕。

h-1
i=1 h-1
i=1 h-1
i=1
h-1
i=1
h-1
i=1 h-1
i=1
2．设具有n 个结点的判定树的高度为h(含外部结点)。

对于任意的n ＞1，则根判定树的构造规则可知，
判定树的第一层上有1个结点，即20=1个内部结点， 判定树的第二层上有2个结点，即21=1个内部结点， 一般地，若n ≥2k ，则第k 层上有2k-1个内部结点。

显而易见，在高度为h 的判定树的第h-2层上有2h-3个内部结点，在第h-1层上有2h-2个结点，其中部分是内部结点，部分是外部结点，且第h 层的结点全部为内部结点。

于是，有 ∑ 2i-1 = 2h-1-1 ＞ n
即有，2h-1≥ n
由于n ＞1，h-1≥log 2n 由于h 是整数，所以有
h-1 = [log 2n]，[log 2n]表示取不大于log 2n 的整数值。

也即有h = [log 2n] + 1。

证毕。

四、答案（根据步骤给分，共10分）
证明：设x=(x 1, …, x n )是Greedy_Knapsack 所生成的解。

如果所有的x i 等于1，显然这个解就是最优解(效益值为Σp i )。

于是，设j 是使x j ≠1的最小下标。

由算法可知，对于l≤i ＜j ，x i =1；对于j ＜i≤n ，x i =0；对于j ，0≤x j ＜1。

如果x 不是一个最优解，则必定存在一个可行解y=(y 1, …, y n )，使得Σp i y i ＞Σp i x i 。

不失一般性，可以假定Σw i y i =M 。

且设k 是使得y k ≠x k 的最小下标。

显然，这样的k 必定存在。

由上面的假设，可以推得y k ＜x k 。

这个结论可从以下三个方面，即k ＜j ，k=j 或k ＞j 分别加以证明。

① 若k ＜j ，则x k =1。

因y k ≠x k ，从而y k ＜x k ； ② 若k=j ，则由于Σw i x i =M ，且对于l≤i ＜j ，有x i =y i =1，而对于j ＜i≤n ，有 x i =0。

若y k ＞x k ，显然有Σw i y i ＞M ，与y 是可行解矛盾； 若y k =x k ，与假设y k ≠xk 矛盾，故y k ＜x k 。

③ 若k ＞j ，则Σwiyi ＞M ，这是不可能的。

现在，假定把y k 增加到x k ，那么必须从(y k+1, …, y n )中减去同样多的量，使得所用的总容量仍是M 。

这导致一个新解z=(z 1, …, z n )，其中z i =x i ，1≤i≤k ，并且有
Σw i (y i -z i )=w k (z k -y k )。

h-2
i=1 n
i=k+1
因此，对于z 有
Σp i z i = Σp i y i + (z k -y k )w k p k /w k -Σ(y i -z i )w i p i /w i ≥ Σ p i y i + [(z k -y k )w k - Σ(yi -z i )w i ]*p i /w k = Σp i y i 若Σp
i z i ＞Σp i y i ，则y 不可能是最优解；若相等，且z=x ，则x 就是最优解； 若z≠x ，则需重复上述讨论，或者证明y 不是最优解，或者把y 转换成x ，从而证明了x 也是最优解。

证毕。

五、答案（共15分）
1．表格填充 10分
2．最好、最坏时间复杂度分析 5分
最好情况是给定的待排序序列是正序的情形，此时不发生交换，只是内循环做了n 次比较，故时间复杂度为Ο(n)。

最坏情况是给定的待排序序列是逆序的情形，此时外循环做n 次，内循环还做n 次比较，故时间复杂度为Ο(n 2)。

n i=1 n i=1 n i=k+1 n i=1 n i=k+1 n i=1 n i=1 n
i=1
六、答案（每问3分，共15分）
①i==r-l
②a[i]=a[i-1]+1
③i==0
④i--;
⑤n=7、r=4时的执行结果如下：
1 2 3 4 ，1 2 3 5 ， 1 2 3 6 ，1 2 3 7 ； 1 2 4 5 ，1 2 4 6 ，1 2 4 7；
1 2 5 6 ，1 2 5 7 ； 1 2 6 7 ；
1 3 4 5 ，1 3 4 6 ，1 3 4 7 ； 1 3 5 6 ，1 3 5 7 ； 1 3 6 7 ；
1 4 5 6 ，1 4 5 7 ；1 4 6 7 ； 1 5 6 7 ；
2 3 4 5 ，2 3 4 6 ，2 3 4 7 ；2 3 5 6 ，2 3 5 7 ；2 3 6 7 ；
2 4 5 6 ，2 4 5 7 ；2 4 6 7 ；2 5 6 7 ；
3 4 5 6 ；3 4 5 7 ；3 4 6 7 ；3 5 6 7 ；4 5 6 7
七、答案（每问3分，共15分）
① c[0][j] = 0 ② c[i-1][j]③ c[m][n] ④ c ⑤ j—
八、答案（每问3分，共15分）
① j→remainder>=a[i]② box_volume- a[i] ③ box_t=box_t→next=j ；j→next = NULL
④ j→remainder-=a[i] ⑤ q→link=p。