LLRB 左倾红黑树（二）deleteMax疑问

deleteMax

deleteMax自顶向下的过程中，要保证当前节点或者其右孩子是红色

当前节点红色——当前节点是3-节点的右端节点

当前节点的右孩子是红色——当前节点的右孩子是一个3-节点

 

前提，这里的代码是针对最终形态2-3红黑树（即左倾红黑树），而不是最终形态234红黑树。（代码来源：http://www.cs.princeton.edu/~rs/talks/LLRB/Java/RedBlackBST.java）

　　我强调最终形态，是因为，在变换过程中会产生4-节点甚至5-节点，4-节点不处理，5-节点分解。但是最终形态必然是2-3的形态。

　　步骤1：若当前节点h左孩子是红色，则右旋转

　　步骤2：若当前节点h右孩子是null，则当前节点h是max，return null

　　步骤3：若当前节点h不是max，且h的右孩子黑色，h的右孩子的左孩子黑色，执行moveRedRight（这里隐含条件，h的左孩子是黑色，因为若h的左孩子是红色，则步骤1会右旋转，h的右孩子就会变成红色，与当前if条件不符）

　　步骤4：当前节点存在右孩子，对其执行deleteMax

　　步骤5：从底层一路向上，fixUp修复树的颜色。

　　其中，从步骤1到步骤3，都是从自顶向下，步骤4处理deleteMax，步骤5自底向上修复。

    private Node deleteMax(Node h)
    {
        if (isRed(h.left))
            h = rotateRight(h);

        if (h.right == null)
            return null;

        if (!isRed(h.right) && !isRed(h.right.left))
            h = moveRedRight(h);

        h.right = deleteMax(h.right);

        return fixUp(h);
    }

　　

 moveRedRight函数，这是最让我不解的地方，

首先，进入moveRedRight的条件是，h左右孩子，h右孩子的左孩子，都黑色；h本身的颜色不讨论

　　步骤1：h变色，变色后，h左右孩子都红色

　　步骤2：判断h左孩子的左孩子是否红色，若为红色，此时h的左侧有两条连续的红链

　　　　　　对h执行右旋转，

　　　　　　然后变色

　　最后return h；

　　因为deleteMax的目的，就是让当前节点h，或者其右孩子h.right，其中一个保证为红色。那么当进入到moveRedRight之后，第一步colorFlip已经把h.right变成红色了，我认为没有必要再执行if(isRed(h.left.left))中的代码。

    private Node moveRedRight(Node h)
    {  // Assuming that h is red and both h.right and h.right.left
        // are black, make h.right or one of its children red.
        colorFlip(h);
        if (isRed(h.left.left))　　　　　　　　　　//我认为删掉if块里面的语句完全没问题。
        {
            h = rotateRight(h);
            colorFlip(h);
        }
        return h;
    }

 

删掉 if( isRed(h.left.left)) 及其内容，不会影响2-3红黑树的平衡。为了验证我的想法，作以下实验

测试代码：http://www.cs.princeton.edu/~rs/talks/LLRB/Java/RedBlackBST.java，将moveRedRight()改为如下内容，

    private Node moveRedRight(Node h)
    {  
        colorFlip(h);
        return h;
    }

　　

首先我需要找一种符合以上情况的情形，h.left.left是红色，且h.left，h.right是黑色。

取字符数组，A   H   E   F   L   K    I    C    J   G   B   D，按照这个顺序，插入到RedBlackBst中，

        RedBlackBST2<String, Integer> st = new RedBlackBST2<String, Integer>(2);
        String[] a = "AHEFLKICJGBD".split("");
        for (int i = 0; i < a.length; i++)
            st.put(a[i], i);

插入后，红黑树图如下

此红黑树，对应的2-3树图

当调用deleteMax之后

  

可以看出，删掉if(isRed(h.left.left))及其内部代码之后，虽然结果红黑树的分布情况会有变化，但并不会影响最终2-3红黑树的平衡，没有出现右倾红链，也没有出现连续红链。

可能会有人说，你这个是特例。针对这个疑问，可以做一个简单验证，还是将源代码的deleteMax中if条件及if内部内容全部去掉，用以下代码先生成一个随机的23红黑树，再通过deleteMax将树删除到只剩一个节点，每删除一次，调用st.check检查红黑树是否平衡，若不平衡则打印check不通过。

我运行了很多次，从来不会出现check不通过的情况。也就是说moveRedRight中的 if(isRed(h.left.left))并不会影响树的平衡，那为什么非要有这个操作？作者在书里、pdf课件里，都没有解释清楚。

 

        RedBlackBST2<Integer, Integer> st = new RedBlackBST2<>(2);
        for (int i=0;i<arr.length;i++){
            st.put(Integer.parseInt(arr[i]),i);
        }

        for (int i=st.size();i>1;i--){
            st.deleteMax();
            if (!st.check()){
                System.out.println("check不通过");
            }
        }

 

我唯一能想到的可能的影响是，当进入moveRedRight，h的左右孩子都变为红色，若h.right.left为红色（h.right.right必然黑色，因为这本身是个23红黑树）而不进行任何操作，这会形成一个5-节点（即4个节点形成5条链，这就不是234树了，而是2345树），如下图。然而，pdf并没有说不允许5-节点出现；况且这种5-节点并不是持久的，因为在自底向上的过程中，fixUp会一层层修复之前的节点，从而保证最后是一颗23树。