算法作业 证明堆排序最好时间复杂度是 Ω(nlogn)

证明堆排序最好时间复杂度是 Ω(nlogn)

这个算法作业真是给初学者做的吗。。。P3 是省选模拟。。。这题更是想了两天半。

精简版证明：

我们想要用堆排序从大到小排序，维护一个大根堆。

不妨设 \(n=2^k-1\)，那么堆是一棵完全二叉树。如果 \(n\) 不满足这个条件，可以先提取 \(n-2^k+1\) 个最大值，n 最多减半，在渐进意义下没有影响。

不妨假设元素为 1, 2,..., n，令 \(k=\lceil n/2\rceil\)。

把点分成两类，A 类是 \(\le k\)，B 类是 \(>k\)。再把 A 类点分成叶子（0 类点）和非叶子（1 类点）。由于 A 类点构成若干个完全二叉树，所以叶子数量大于非叶子的。

那么在提取 \((n+1)/2\) 次最大值后，堆恰好成为高度 \(k-1\) 的完全二叉树。B 类点全部被取走，A 类点被取走一个。0 类点是被放到根的位置然后下沉的，所以所以 0 类点的最终下沉深度之和决定了时间复杂度。而下沉结束之后，是不会更深的，只会更浅。所以我们计算最终所有 0 类点的深度之和，必然小于等于下沉深度之和。

而 0 类点的深度之和，最小就是尽量放在深度浅的点，但是由于 0 类点数量大于等于 1 类点，就算放的再浅，也会把前 k-2 层都填满。而前 \(k-2\) 层的深度之和是

\[ \sum_{i=1}^{k-2} 2^i*i=\Omega(2^k*k)=\Omega(n\log n) \]

所以时间复杂度=下沉深度之和 $\ge $ 深度之和 \(=\Omega(n\log n)\)。

原版证明：

我们想要用堆排序从大到小排序，维护一个大根堆。

不妨设 \(n=2^k-1\)，那么堆是一棵完全二叉树。如果 \(n\) 不满足这个条件，可以先提取 \(n-2^k+1\) 个最大值，n 最多减半，在渐进意义下没有影响。

我们先把点分成 AB 三类，A 类点表示大小排名 \(\ge (n+1)/2\) 的，B 类点排名 \(< (n+1)/2\) 的。

那么我们容易发现，B 类点的父亲一定是 B 类点。所以，如果某个点是 A 类点，那么它子树内所有点都是 A 类点。

那么，我们可以找到若干个“极高”的 A 类点，即他们的父亲都是 B 类点。这些点各自是一个完全二叉树的根。不妨假设这些完全二叉树的树高为 \(h_1,h_2,...,h_k\)。

那么显然有 \(\sum_i (2^{h_i}-1)=(n+1)/2\)，即所有完全二叉树的大小加起来恰好是 A 类点的数量。

然后我们真正开始证明。我们把 A 类点分为两类，0 类代表是叶子，1 类代表不是叶子。那么 0 类点的数量为 \(\sum_i (2^{h_i-1})\ge \sum_i (2^{h_i}-1)/2\)，超过了 A 类点的一半。

记 \(P=\sum_i (2^{h_i}-1)-\sum_i (2^{h_i-1}), Q=\sum_i (2^{h_i-1})\) 分别表示 1，0 类点的数量。接下来，我们进行 \((n+1)/2\) 次取根，然后把最后一个点的值放在根的位置，然后下沉的操作，即把所有 0 类点都取走并下沉，此时整棵二叉树的树高-1。

这个时候，整棵树都是 A 类点了，因为 B 类点已经被取完了，A 类点恰好取了一个，树上恰好有 \((n-1)/2\) 个点。我们开始计算 0 类点的总下沉复杂度。我们知道，一个点在下沉完毕之后，深度是不可能再变深的，只会因为其他点的下沉而上浮。即设权值 i 的下沉深度为 \(s_i\)，在现在树中的深度为 \(dep_i\)，则有 \(s_i\ge dep_i\)。我们证明 \(\sum dep_i=\Omega(n\log n)\)。我们计算所有 0 类点的深度之和。

我们知道，A 类点恰好取了一个，为了让结果更小，我们假设取了 0 类点。则 \(Q'=Q-1\)。由于 \(Q\ge P\)，则 \(Q'\ge P-1\)。为了让 \(\sum dep_i\) 更小，我们把前深度浅的都填入 0 类点，最后的叶子数量 \(\ge (P+Q'+1)/2\ge P\)，因此 1 类点最多能把叶子填完。

那么 \(n=2^k-1\)，树有 k 层；取走 \((n+1)/2\) 个点后，就只有 k-1 层；而第 k-1 层被 1 类点填满了，所以 0 类点的深度和最小是前 k-2 层的深度和。

也即

\[ \sum dep_i\ge \sum_{i=1}^{k-2}\Omega(2^i*i)=\Omega(2^k*k)=\Omega(n\log n) \]

这样也就证完了。