Opgaven Kansrekening Datastructuren, 29 mei 2019, Werkgroep.

Transcriptie

1 Opgaven Kansreening Datastructuren, 9 mei 019, Wergroep. Gebrui deze opgaven, naast die uit het boe, om de stof te oefenen op het wercollege. Cijfer: Op een toets rijg je meestal zes tot acht opgaven. 1. Segmenten: Boe Cormen, Vraag C.1-1. Oplossing: Een substring is een aaneengesloten deelrij, oo wel segment genoemd. Als de deelrij lang moet zijn, an hij beginnen op positie 0 t/m n, dus op n + 1 plaatsen. Als we ijen naar niet-lege deelrijen, dan hebben deze lengtes van 1 t/m n dus hun aantal vinden we door de term n +1 te sommeren voor van 1 t/m n. Dit is een reenundige rees met som 1 n(n + 1. Beoordeling/Toelichting: Aanvullingen: L = Als je oo Lege deelrijen (van lengte 0 meetelt, zijn het er 1 (n + (n + 1. V = Er wordt gesteld dat deelrijen op Verschillende posities apart worden geteld, oo als daar dezelfde letters staan.. Functies Tellen: Boe Cormen, Vraag C.1-. Oplossing: De functie heeft een domein van n verschillende inputs en heeft m outputs. Je unt hem dus omschrijven als een n -string over een verzameling S van m elementen. Het aantal functies is dus ( m (n. Beoordeling/Toelichting:. Ronde Tafel: Boe Cormen, Vraag C.1-. Oplossing: Het aantal is (n 1!. Je unt dit inzien door eerst te denen aan het aantal manieren waarop de professoren op de n pleen unnen zitten, zonder rotaties erin te betreen. Dat aantal is n!. Nu is de tafel rond en wordt er gezegd dat twee tafelschiingen gelij zijn, dus feitelij als 1 tellen, als je de ene door rotatie in de andere unt veranderen. Omdat je eenzelfde tafelschiing zo in n posities unt draaien, beteent dit eigenlij dat steeds groepjes n van de schiingen gelij zijn. Het aantal verschillende schiingen is dan n!/n, dus (n 1!. Beoordeling/Toelichting:

2 4. Even: Boe Cormen, Vraag C.1-4. Wat is de ans op een even totaal als je random drie getallen uit het berei 1 tot 99 tret? Oplossing: Er zijn 49 even getallen en 50 oneven getallen. Het is zinvol, hier een gevalsonderscheid te maen. Een even totaal rijg je met alledrie ( de getallen even, of met 1 getal 49 even en twee stus oneven. Drie even getallen an op is 1844 manieren. Eenmaal ( 50 even en twee oneven an (productregel op 49 maal is 6005 manieren. Totaal aan even combinaties (somregel is dus is ( mogelijheden. 99 Bij een random treing beschouwen we el van de is combinaties als een even waarschijnlije elementaire gebeurtenis. Omdat er even combinaties zijn, is de ans op zo n combinatie ofwel 0, Beoordeling/Toelichting: ( T = Het lijt voor de hand liggend om het totale aantal 99 combinaties,, door twee te delen omdat de helft wel even zal zijn. Maar nee, het ( 99 aantal even en oneven combinaties is niet gelij, en bovendien is oneven. 5. Absorptie: Boe Cormen, Vraag C.1-5. ( n n! Oplossing: Gebrui de multiplicatieve araterisering =. Vaa gaat het (n!! bewijzen maelijer als je aan de ingewieldste ant van de stelling begint, dus hier de RHS, en stapsgewijs vereenvoudigt. ( n n 1 1 = n (n 1! ((n 1 ( 1!( 1! = n (n 1! (n!( 1! n (n 1! = (n! ( 1! n! = (n!! n = Def. Bin.Co. Enen vallen weg Verdeel factoren Combineer faculteiten Def. Bin.Co. Het gegeven 0 < is nodig omdat hierdoor het getal 1 steeds niet-negatief is. Beoordeling/Toelichting:

3 6. Additieve Binomiaalcoëfficient: Boe Cormen, Vraag C.1-7. Oplossing: Hier wordt feitelij gevraagd naar een combinatorisch ( bewijs voor de additieve n araterisering van binominaalcoëfficienten. De LHS is het aantal deelverzamelingen van omvang uit een toaal van n. Noem willeeurig een van de n elementen x en vraag je af, hoeveel deelverzamelingen er met x en zonder x zijn. Een deelverzameling zonder x is in ( feite een willeeurige deelverzameling van de andere n 1 elementen en daarvan n 1 zijn er. Een deelverzameling met x moet je vormen door, behalve x, nog 1 ( n 1 elementen uit de andere te iezen en dat an op precies manieren. De stelling 1 volgt uit de Somregel. Beoordeling/Toelichting: 7. Paren: Boe Cormen, Vraag C.1-9. Oplossing: De LHS is een reenundige rees met som (Aantal eer (Eerste plus Laatste gedeeld door 1 (n+1n n(n + 1. De RHS laat zich uitschrijven naar ofwel 1 (n + 1n.! Beoordeling/Toelichting: Beetje zinloze opgave misschien want wat heeft dit eigenlij met het reenen met binominaalcoëfficienten te maen? Maar wel weer een handig feitje om te weten. 8. Pie in combinaties: Boe Cormen, Vraag C Je moet hier, voor een vaste n, ijen naar het maximum over. Oplossing: Gebruimaend ( ( van de multiplicatieve araterisering van de B.C., un je de n n verhouding tussen en beijen: + 1 ( n + 1 n! = (n 1!(+1! n! (n = (n!!(+1 = ( n n +1 ( ( Als < n/, is + 1 < n dus n > 1 zodat n n > ( ( + 1 > n dus n < 1 zodat n n < Als > n/, is Beoordeling/Toelichting: Oo hier weer een uiterst handig weetje. Als je ijt naar het aantal deelverzamelingen van n dingen, afhanelij van de omvang van die deelverzameling, dan ligt het maximale aantal deelverzamelingen rond een grootte van n/.

4 9. Permutatie en Combinatie: Geef de formule voor de bereening van P (n,. Hoeveel rijtjes van 1 speelaarten uit een pa van 5 zijn er (geef een getal? Geef de formule voor de bereening van C(n,. Hoeveel deelverzamelingen van 1 aarten uit een set van zijn er (geef een getal? Oplossing: P (n, = n!/(n! = n(n 1... (n + 1. Er zijn P (5, 1 rijtjes dus (reenmachine.95e1. C(n, = n!/!(n!. Er zijn C(, 1 deelverzamelingen dus Beoordeling/Toelichting: Een punt voor P en een punt voor C. Als je de formule goed hebt en niet al te dom doet met getallen un je de punt al rijgen. Codes: F = Geen Formule. G = Alleen Getal, onduidelij hoe je eraan omt. R = Een wetenschappelije Reenmachine heeft doorgaans noppen gemareerd met npr en ncr. Als je deze functies hebt, un je P (5, 1 vinden door achtereenvolgens te beuen op 5,, npr, 1,, =. 10. Sommatie: Bewijs (Boe C.1-15 dat n =0 ( n = n n 1. Oplossing: Een combinatorisch bewijs: beide formules representeren het aantal commissies met voorzitter dat je unt vormen in een groep met n leden. De linerant rijg je door eerst de commissie ( te iezen en daaruit de voorzitter: er zijn n deelverzamelingen, n maar el van de dv met leden telt eer mee omdat je verschillende voorzitters unt iezen. De rechterant beschrijft hoe je eerst de voorzitter iest (n manieren en dan de commissie aanvult met een dv van de overige n 1 leden (dus n 1 mogelijheden. Een reenundig bewijs: n =0 ( n = ( n =0 n n 1 Absorptie 1 = n n 1 ( n 1 = 1 Const. Fac., Dummytransf. = n n 1 Binomium Beoordeling/Toelichting: Twee punten.

5 11. Schoppen: Klaverjassen wordt gespeeld met aarten, waarvan 8 van type Schoppen. Je begint met een hand van acht aarten. Wat is de ans dat je begint met precies zes Schoppen-aarten? Oplossing: Gebrui de formule P r(e = #E. De mogelije handen zijn alle combinaties ( #S van 8-uit-, dat zijn er =! = Een hand met zes Schoppen rijg 8 8!.4! ( 8 je met een greep van 6-uit-8 Schoppen (an op = 8 manieren aangevuld met ( 6 4 een greep van -uit-4 non-schoppen (an op = 76 manieren. De beschreven ( ( 8 4 gebeurtenis bestaat dus uit = 778 elementaire uitomsten. De ans is = 0, Beoordeling/Toelichting: Twee punten. Beoordelingscodes: A = Vergeet de C(4, manieren om de 6 schoppen Aan te vullen tot acht aarten, antwoord is dan,66e-6; 1pt. A+ = Neemt som ipv product van twee binomiaalcoefficienten in teller; 1pt. U = Geen Uitleg en antwoord fout; 0pt. V = Bereent de ans op een van de volgorden, antwoord,6e-5; 1pt. 1. Combinaties en ansen: Uit een vaas met 1 rode en 8 blauwe ballen worden 4 ballen willeeurig getroen (zonder terugleggen. (a Wat is de ans dat alle vier deze ballen rood zijn? (b Wat is de ans dat de treing rode ballen en 1 blauwe bal oplevert? (c Wat is n =0 +1 ( n? (d Wat is n =0 ( + 1 ( n? Oplossing: Er zijn C(0,4 = 4845 mogelije deelverzamelingen van vier ballen, el een elementaire gebeurtenis. a. Er zijn C(1,4 = 495 verzamelingen van 4 rode, de ans op een Verz van 4 rode is C(1,4/C(0,4 = 0,10. b. Er zijn C(1,.C(8,1 = 1760 verz met rode, ans dus 1760/4845 = 0,6. c. Breng de buiten haajes en gebrui Newtons Binomium: +1 C(n, =. C(n, = 4 n. d. Gebrui (1 Termsplitsing, ( Absorptie en Constante Factor en ( Som van BC op een rij en (4 vereenvoudig: ( + 1C(n, =. C(n, + C(n, = n. C(n 1, 1 + C(n, = n.n 1 + n = (n + 1. n Beoordeling/Toelichting:

6 1. Elementaire Gebeurtenis: Svatoplu heeft nog zes oude Slowaase Kronen en gooit ze op tafel. Hij vraagt zich af, hoe groot de ans is dat er precies twee met de opzijde naar boven vallen. (a Svatoplu zegt dat het aantal oppen nul, een, twee, drie, vier, vijf of zes an zijn. Hij definieert de elementaire gebeurtenis A i als er zijn i oppen zichtbaar. Hij concludeert dat de ans op twee oppen precies een zevende is. Wele fout maat Svatoplu? (b Hoe moet het wel? Oplossing: (a De formule P = #E vooronderstelt dat ele elementaire gebeurtenis even #S waarschijnlij is. Wanneer die vooronderstelling gerechtvaardigd is, laat zich niet heel gemaelij omschrijven, maar hier is dat in ieder geval niet zo. (b Leg in gedachten een volgorde van de zes ronen vast, dan un je de elementaire uitomsten beschrijven ( als 6-rijtjes over {K, M} en daar zijn er 64 van. Het aantal rijtjes 6 met oppen is dus 15, zodat de ans op oppen 15 is. 64 Beoordeling/Toelichting: Deze opdracht laat je nadenen over een onjuiste en een juiste aanpa van dit probleem. Cruciaal verschil tussen de aanpaen is natuurlij, dat in de eerste niet gerechtvaardigd is dat el van de gebeurtenissen dezelfde ans heeft, en in de tweede wel. 14. Volgorde: Boe Cormen, Vraag C.-. Oplossing: De ambachtelije aanpa beschouwt de treing als een permutatie en ele permutatie als een elementaire uitomst. Het aantal permutaties is P (10, dus 70. Het aantal oplopende permutaties is precies gelij aan het aantal combinaties, 10. Immers, ele oplopende greep omt precies met 1 combinatie overeen. De ans op oplopen is dus is 1 6 volgens elementaire ansreening. Beoordeling/Toelichting: U = Uiteindelij ga je ansproblemen oo iets Uitgeooter aanpaen. Als je een paar dingen pat, hoe groot de oorpronelije stapel oo is, staan die dingen in willeeurige volgorde. Een volgorde is maar oplopend van de! is 6 volgorden. De oplopende volgorde heeft dus ans 1 6.

7 15. Pepernoten: Een tutorlas van twaalf studenten is verdeeld in twee introductieprojectgroepjes van zes studenten. Van hun tutor rijgen ze allemaal een pepernoot uit een goed geschudde za. Helaas blijen vier pepernoten bedorven, waardoor er vier random studenten zie worden. Hoe groot is de ans dat er drie uit één groep zie zijn en één uit de andere groep? gebruien. Neem als elementaire uitomst: de verzameling van vier zieen. Daarvan zijn er C(1, 4 = 495; dit is #S. Noem de groepjes even A en B. Het aantal verzamelingen met uit A en 1 uit B is C(6, C(6, 1 = 0 6 = 10. Het aantal met 1 uit A en uit B is oo 10. Hiermee Oplossing: We gaan de formule P r(e = #E #S is #E = 40 dus de ans is = 16 = Beoordeling/Toelichting: Voor het juiste antwoord pt. Beoordelingscodes: A = Je bereent iets Anders, namelij de ans op een groepje met drie zieen als je groepjes iest nar het uitdelen van de gifnoten. D = Je reent alsof ieder met ans een Derde zie wordt, onafhanelij van de anderen. Uitomst is dan , geeft 1pt. P = Neemt C(6,1 Plus C(6, ipv maal. R = Neem altijd een Reenmachine mee! S = Je vergeet de Symmetrie en reent alleen de ans op uit A (8/ of : -1pt. 16. Carré: Je tret vijf aarten uit een goed geschud pa van 5. Hoe groot is de ans op een carré? (Bij een carré heb je allevier de tweeën, of drieën, etc. Oplossing: Neem als elementaire gebeurtenis een deelverzameling (hand van de aarten; dus niet een rijtje, dan om je er niet uit! Het aantal handen is C(5, 1 = Je unt van 1 waarden het carré hebben, waarbij het wordt aangevuld met een van de overige 48 aarten. Er zijn dus #C = 1 48 = 64 handen die een carré zijn, de ans is dus 64/ oftewel 0,0004 of 1/4165. Beoordeling/Toelichting: Twee punten voor een goed antwoord. C = Niet ingezien dat het met Combinaties maelijer gaat. E = Geen duidelije Elementaire gebeurtenissen gedefinieerd. F = Fout antwoord. L = Laatste aart an niet op 5 of 9 manieren, maar 48, -1/. N = Je hebt de Noemer van de breu #C/#S fout; max 1pt. R = Reenmachine na laten ijen! T = Je hebt de Teller van de breu #C/#S fout; max 1pt.

8 17. Ballenvraag: Uit een ba die 0 rode en 0 gele ballen bevat, pa je in het doner willeeurig acht ballen. Wat is de ans dat je hierbij precies vijf rode ballen pat? Oplossing: Pas lassiee ansreening toe, waarbij ele deelverzameling van acht ballen een elementaire gebeurtenis is. Het aantal grepen van acht ballen is C(40, 8 = Hoeveel deelverzamelingen hebben exact 5 rode? Er zijn C(0, 5 = combinaties van vijf rode ballen en C(0, = 1140 combinaties van drie gele ballen, dus 15504*1140 = grepen met vijf rode. De gevraagde ans is / = 0.. Beoordeling/Toelichting: Twee punten voor een goed onderbouwde 0.. Codes: D = Antwoord Deels goed. Meerdere eren werd in de teller opgeteld ipv vermenigvuldigd, dan 1/ totaal. F = Foute formule/uitomst zonder uitleg; 0pt. T = Bereening met Teruglegging: ans is C(8, = 0.. Geeft 1pt, mits goed uitgevoerd. Bedoeling van opgave was zonder teruglegging en test geeft geen aanleiding dat terugleggen gebeurt. 18. Rode aart: Een standaard pa van 5 aarten heeft 6 rode en 6 zwarte aarten. Als je willeeurig tien aarten eruit pat, wat is dan de ans dat je precies 4 rode (en dus 6 zwarte erbij hebt? Oplossing: Pas lassiee ansreening toe, waarbij ele deelverzameling van tien aarten een elementaire gebeurtenis is. Het aantal grepen van 10 aarten is C(5, 10 = 1, 58e10. Hoeveel deelverzamelingen hebben exact vier rode? Er zijn C(6, 4 = combinaties van vier rode aarten en C(6, 6 = 00 combinaties van zes zwarte, dus 14950*00 = grepen van tien met vier rode. De gevraagde ans is dus C(6, 4* C(6, 6 / C(5,10 = Beoordeling/Toelichting: Twee punten voor een goed onderbouwde Codes: D = Antwoord Deels goed. Meerdere eren werd in de teller opgeteld ipv vermenigvuldigd, dan 1/ totaal. F = Foute formule/uitomst zonder uitleg; 0pt. P = Als je met Permutaties reent rijg je P(6, 4* P(6, 6 / P(5,10 = , de ans dat je eerst achterelaar vier rode en dan achterelaar zes zwarte pat. Vraag gaat hier niet over, 1/pt. T = Bereening met Teruglegging: ans is C(10, 4 1 = Geeft 1pt, mits goed 10 gemotiveerd en uitgevoerd. Bij teruglegging geeft ele treing een onafhanelije ans van 1/ op een rode aart, en dan un je bernoulli gebruien. Bedoeling van opgave was zonder teruglegging en test geeft geen aanleiding dat terugleggen gebeurt.

9 19. Three-of-a-Kind: Hoe groot is de ans om, bij het nemen van 5 aarten uit een spel van 5, een three-of-a-ind te rijgen? Three-of-a-ind beteent dat je van een van de aartwaarden drie exemplaren hebt, bv drie boeren of drie achten. Vier boeren telt niet als three-of-a-ind. Van de andere twee aarten maat het niet uit of de aartwaarde gelij is; dwz. drie boeren en twee zevens is wel three-of-a-ind. ( 5 Oplossing: Ele combinatie van vijf aarten is even waarschijnlij, dus neem de = combinaties als elementaire gebeurtenissen. Hoeveel combinaties tellen als ToaK? Er zijn dertien mogelijheden voor de ( drievoudige 48 aartwaarde, vier mogelijheden voor de missende aart van die waarde, en = 118 mogelijheden om het trio aan te vullen met twee aarten van andere waarde. Dit geeft een ans van = 0, Beoordeling/Toelichting: Twee pt voor een goed antwoord. 0. Utrechters in bier: Bob oopt tien flesjes alcoholvrij bier waar als reclameactie foto s van beende Nederlanders inzitten. Het is beend dat voor el flesje de ans op een Utrechter is en dat de plaatjes per flesje onafhanelij zijn geozen. 1 (a Wat is de ans dat Bob in zijn biertjes exact vier Utrechters aantreft? (b Wat is de verwachting van het aantal Utrechters dat Bob aantreft? Oplossing: (a Bij n( tests met succesans p (en faalans ( q = 1 p is de ans op n successen gelij aan p q n 10. Dat is hier dus ( ( 6 (reenmachine, beu beu is 0,76. (b Bij n tests met succesans p is de verwachting van het aantal successen n.p, hier 1. Beoordeling/Toelichting: Voor el goed antwoord (0,76 en 1 een punt. Codes: A = De verwachting niet Afronden! Voor alleen ( antwoord rijg je 0pt. 10 D = Een flin aantal antwoorden vergat de factor. Getal ( ( 6 is de ans op een bepaalde rees van Utrechters en niet-utrechters in die volgorde. U = Een Utrechtenaar is iets heel anders, beter dit niet verwarren! 1. Uitleg: Randomiserende algoritmen: In een algoritme un je treing van random getallen gebruien om betere eigenschappen te rijgen. Een Monte Carlo algoritme heeft wel een garantie op een eindig aantal stappen, maar met een bepaald ans mag de uitomst onjuist zijn. Een Las Vegas algoritme heeft juist wel een garantie op de juistheid van het resultaat, maar de reentijd is in theorie niet begrensd. Voorbeelden hiervan zie je in de opgaven Monte Carlo Upper Class en Las Vegas Odd. Er bestaan oo Sherwood algoritmen, die zowel de zeerheid ieden van eindigheid als een garantie op correct resultaat; een voorbeeld van een Sherwoord algoritme is Quicsort. Oplossing: Beoordeling/Toelichting:

10 . Monte Carlo Upper Class: Gegeven is een verzameling van n verschillende getallen; een element hieruit heet upper class als zijn rang (het aantal leinere elementen tenminste n/ is. Het Upper Class probleem vraagt, een upper class element te geven. (a Bewijs dat een (deterministisch algoritme tenminste n/ + 1 elementen moet beijen. (b Monty tret eer een random element en onthoudt de grootste hiervan. Bewijs dat de ans minstens 1 ( 1 is dat dit element upper class is. (c Monty overweegt zijn algoritme aan te passen, om altijd verschillende elementen te beijen (treing zonder teruglegging. Wordt de ans op een juiste uitomst hierdoor groter of leiner? Oplossing: (a Als een algoritme maar n/ elementen beijt, is het mogelij dit dit precies de lower class elementen zijn. De output van een elagoritme dat hoogstens n/ elementen beijt, an dus een lower class element zijn. (b Het aantal upper class elementen is tenminste zo groot als het aantal lower class (bij oneven n zelfs 1 groter. De ans dat een random element upper class is, is daarom minstens 1/. Monty eindigt alleen met een lower class element wanneer el van de getroen getallen lower class is, wat met ans hoogstens ( 1 n gebeurt. (c Bij een treing zonder teruglegging un je de getallen niet afzonderlij beijen, maar moet je de combinatie van uit n als een geheel analyseren. Het aantal combinaties ( n (elementaire gebeurtenissen is nu ( n/ elementen zitten is. Het aantal combinaties waarin alleen lower class ( ( n/ n /,. De ans op een onjuiste uitomst is dus nu wat leiner is dan ( n/ n. Het algoritme wordt dus beter. Beoordeling/Toelichting: Verdere opmeringen. S = Het treen van conclusies uit Steeproeven is altijd een vorm van Monte Carlo verwering.

11 . Las Vegas Odd: Gegeven is een verzameling van n getallen, waarvan beend is dat er n/ even zijn; je taa is een oneven getal uit de verzameling te vinden. (a Bewijs dat el deterministisch algoritme tenminste n/ + 1 elementen moet beijen. (b Viola besluit, random treingen te doen totdat een oneven getal is gevonden. Is er een worst case aantal treingen? Waarom is dit een goede methode? (c Zou je Viola adviseren, haar methode aan te passen om zonder teruglegging te treen? Oplossing: (a Op wele manier je oo de getallen beijt, er is een invoer mogelij waarin de eerste n/ beeen waarden allemaal even zijn. Pas bij het volgende getal is het gegarandeerd dat het oneven is. (b Bij treing zonder teruglegging is er geen maximum, je unt willeeurig vaa een oneven getal treen. Zou je met teruglegging treen, dan is er natuurlij weer een maximum van n + 1. Het mooie van deze methode is, dat, onafhanelij van hoe groot n is, de ans dat je veel stappen moet doen, astronomisch lein is. Inderdaad, de ans dat je na treingen nog geen oneven getal hebt gezien is (leiner dan ( 1. De ans is 1/ dat je na 1x laar bent, 1/4 dat je na twee eer laar bent, 1/8 dat je na eer laar bent, etc. Uiteindelij is de verwachting van het aantal treingen maar. (c I zou dat niet adviseren. Het te verwachten aantal treingen wordt iets leiner, maar de methode flin ingewielder. Beoordeling/Toelichting: Verdere opmeringen. B = Om herhaling van elementen te vooromen zou je moeten Bijhouden wele indices al geweest zijn. U = Verschil met het Upper Class probleem is, dat je aan een element zelf unt zien of het oneven is, terwijl de class van een element alleen blijt uit vergelijing met alle andere. W = Treen zonder terugleggen is maelijer met de Wisselmethode, dit vereist dat je de opslag van de verzameling mag wijzigen. Tre eerst een random index leiner dan n, als deze niet oneven is, wissel hem om met A[n 1] en ga verder met de leinere verzameling van de voorste n 1 elementen. 4. Uitleg: Input-modellering: Het uitvoeren van een algoritme wordt een ans-experiment wanneer we veronderstellen dat de invoer een random euze uit alle mogelije invoeren is. Onder die aanname un je bereeningen aan het algoritme doen en hieruit volgens claims over de zogenaamde gemiddelde complexiteit (Engels: average complexity. De waarde van deze claims is altijd afhanelij van de gemaate veronderstelling over de heromst van de invoer. Oplossing: Beoordeling/Toelichting: D = In DomJudge plaatsen we soms expres worst case invoeren. Oplossingen met een lage gemiddelde complexiteit unnen die invoeren dan toch niet snel oplossen.

12 5. Vergelijingen in Insertion Sort: Neem aan dat de invoer van Insertion Sort een random permutatie van n verschillende getallen is. Noem V het aantal vergelijingen dat wordt gedaan om element A[] in te voegen, en V het totale aantal vergelijingen. (a Bewijs dat P r(v = i gelij is aan 1 +1 (b Bewijs dat E[V ] = 1 1 ( voor i = 1 t/m 1, en aan +1 voor i =. (c Bewijs, dat Insortion Sort op n verschillende elementen, gemiddeld 1 4 n(n + H n vergelijingen doet. Oplossing: (a Kij, om te begrijpen wat er in ronde gebeurt, naar de verzameling S van de + 1 getallen die in de invoer stonden op plaatsen A[0] t/m A[]. Wanneer ronde begint, staat het getal x = A[] nog op zijn invoerple, de andere getallen staan dan al oplopend. Omdat de invoerpermutatie random was, heeft el van de + 1 getallen uit 1 S een evengrote ans,, om op ple A[] te staan Dus met ans is x het leinste getal uit S +1 en dan wordt hij met alle getallen vergeleen 1 (V = en met ans is x het tweede getal en wordt hij oo met alles vergeleen. +1 Verder is er steeds een ans van 1 dat er i vergelijingen worden gedaan, omdat er i 1 +1 elementen leiner zijn dan x. (b Gebrui de definitie van verwachting, de al afgeleide ans P r(v = i, en de reenregels voor sommaties: E[V ] = i=1 i P r(v = i Definitie Verwachting = 1 i=1 i 1 + (a en Afsplitsen = 1( 1 + 1( 1 + Reen. Rees is (E+LA/ = 1( + Samenvoegen = 1( + Samenvoegen +1 = 1( (+1(+ Ontbind teller +1 = 1 1 ( + Splits +1 (c Gebrui Lineairiteit van Verwachting, resultaat (b en sommatietechnieen: E[V ] = E[ n 1 =1 V ] Definitie V = n 1 =1 E[V ] E is lineair = n =1 ( + Gebrui (b +1 = 1(n + 4(n 1 (H 4 n 1 Splits, Reen, Harm. = 1n(n + H 4 n 1 overbrengen Beoordeling/Toelichting: B = De gemiddelde complexiteit van Insortion Sort is nauwelijs beter dan de worst case (de helft ongeveer. E = De analyse van Insortion Sort wordt in wetenschappelije ringen als een Elementaire toepassing gezien. Je mert, dat als je dit in detail wilt doorreenen, je al diverse reenregels en definities nodig hebt. Het is daarom niet zo ge, dat meestal geen exacte bereening wordt gemaat, maar een asymptotische (grote O.