Streuen

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Kapitel 4
Streuen
Wir behandeln nun Implementationen ungeordneter Wörterbücher, in denen
die Schlüssel ohne Beachtung ihrer Sortierreihenfolge gespeichert werden dürfen, verlangen aber, dass es sich bei den Schlüsseln um Zahlen handelt. Dies
ist keine starke Voraussetzung, weil sich die Elemente anderer Schlüsseluniversen als Zahlen codieren lassen.
typisch
in JAVA:
Speicheradresse
Bezeichnungen:
(Schlüssel-) Universum
Schlüsselmenge
Hashtabelle
Object.hashCode
U ⊆ N0
K ⊆ U, |K| = n
H[0, . . . , m − 1]
(Array von Zeigern auf Datenelemente)
h : U → {0, . . . , m − 1} wird jedem zulässigen hash (engl.):
streuen
Schlüssel k ∈ U seine Speicherstelle H[h(k)] in der Hashtabelle H zugewiesen.
Durch eine Hashfunktion
Im Idealfall gilt für die Menge
K⊆U
der vorkommenden Schlüssel
k1 6= k2 ∈ K =⇒ h(k1 ) 6= h(k2 )
(h|K injektiv)
weil Einfügen, Suchen und Löschen dann jeweils in
können.
4.1 Beispiel (Hashfunktionen)
1. h(k) = k mod m für Primzahl m
(Divisions- oder Kongruenzmethode)
60
Θ(1)
realisiert werden
Algorithmen und Datenstrukturen (WS 2008/09)
61
√
≈ 0, 61803
2. h(k) = bm · (kα − bkαc)c z.B. für α = φ−1 = 5−1
2
(Multiplikationsmethode)
Die n+1 Intervalle nach Einfügen von 1, . . . , n haben nur 3 verschiedene
Gröÿen; bei α = φ−1 am ähnlichsten.
4.1
Kollisionen
4.1
h(k1 ) = h(k2 ) für einige h1 , h2 ∈ K .
Kollisionen, k1 , k2 heiÿen Synonyme.
Im Allgemeinen ist allerdings
bezeichnen wir mit
Dies
pm,n := P (keine Kollisionen) = 1· m−1
· m−2
· . . . · m−n+1
, falls Schlüssel durch
m
m
m
h gleichmäÿig gestreut werden, d.h. alle Positionen gleichwahrscheinlich
sind.
4.2 Beispiel (Geburtstagsparadoxon)
p365,22 > 0.5 > p365,23
Anschauliche Deutung: bei 23 oder mehr Personen ist die Wahrscheinlichkeit,
dass zwei am gleichen Tag Geburtstag haben, gröÿer als die Wahrscheinlichkeit, dass alle an verschiedenen Tagen Geburtstag haben.
Herleitung:
pm,n =
Qn−1
i=0
m−i
m
Qn−1
=
(1 − mi )
Qi=1
n
1 Pn−1
n−1 −i/m
≈
= e− m i=1 i = e−( 2 )/m
i=1 e
Für welches n ist pm,n ≈ 1/2?
n
e−( 2)/m = 12
⇔ − n2 /m = ln 21
n
⇔
= m ln 2
2
q
n(n−1)
2
⇒
n
≈
p
2(ln 2) · m (≈ 22.49 für m = 365)
goldener
Schnitt
Algorithmen und Datenstrukturen (WS 2008/09)
Erwartete Anzahl Kollisionen
Xij =
1
0
falls
Sei
h(ki ) = h(kj ) (Kollision
E(Xij ) = 1/m
für
!
X
Xij
=
i<j
Im Beispiel war
von
ki , kj )
sonst
Bei gleichmäÿiger Streuung ist
E(X) = E
62
X
E(Xij ) =
X
i<j
m = 365,
i<j
i 6= j .
n
1/m =
· 1/m
2
somit gilt hier
E(X) =
<1
≥1
für
für
n < 27
n ≥ 27
Im Allgemeinen gilt
E(X) ≥ 1 ⇔ n(n − 1) ≥ 2m,
also etwa bei
n≥
√
2m.
4.3 Def inition (Belegungsfaktor)
Wir denieren den Belegungsfaktor (load factor) als β = mn .
→ entscheidend für Nutzen
Erwartete Anzahl leerer Felder?
i ∈ {0, . . . , m − 1}
Element
m−1
mit Wahrscheinlichkeit
m
Die Wahrscheinlichkeit, dass Position
i
?
k ∈ K steht nicht an Position
= 1 − m1 .
nicht belegt ist, ist damit
"
1 m
P (i ∈
/ {h(k1 ), . . . , h(kn )}) = (1 − m1 )n = (1 − )
| {zm }
≈e−1/m
= E(Xi )
für
Xi =
#β
≈ e−β
0 H[i]
1 H[i]
belegt
frei
P
P
P
E(X) = E( Xi ) = E(Xi ) = e−β = m · e−β .
y
Die erwartete Anzahl belegter Einträge ist
β = 1/2 :
β=1 :
1 − e−1/2 ≈ 0.39
1 − e−1 ≈ 0.63
m − m · e−β = m(1 − e−β ).
Belegung
Belegung
39%
63%
Algorithmen und Datenstrukturen (WS 2008/09)
4.2
Kollisionsbehandlung
4.2.1
Idee
63
Verkettung
Die Hashtabelle wird als Array von Zeigern auf Listen implementiert,
wobei die Listen alle Schlüssel mit gleichem Hashfunktionswert enthalten.
4.4 Beispiel (h(k) = k mod p)
0
p−1
1
···
H:
4.5 Def inition (Sondieren)
Wenn die Hashtabelle über Verkettung realisiert wird, nden bei find eventuell mehrere Zugrie auf Zeiger statt (Sondieren). Um die Anzahl der Sondierschritte zu analysieren, denieren wir
A(m, n) := mittlere Anzahl bei erfolgreicher Suche.
A0 (m, n) := mittlere Anzahl, falls Schlüssel nicht in der
Hashtabelle ist.
Wir gehen wieder davon aus, dass für das verwendete Modell
P (h(k) = i) =
gilt.
1
m
∀k ∈ U, i ∈ {0, . . . , m − 1}
Algorithmen und Datenstrukturen (WS 2008/09)
64
Die mittlere Länge der Listen ist gerade der Belegungsfaktor
n
0
Also ist A (m, n) = 1 + β = 1 +
.
m
β=
n
m
∈ [0, ∞).
A(m, n): Die Suche nach ki ergibt genau die Sondierungen wie beim Einfügen von ki , wenn vorher k1 , . . . , ki−1 eingefügt wurden. Im Mittel ist damit
P
Pn−1
Pn−1
1
1
i
0
A(m, n) = n1 n−1
i=0 A (m, i) = n
i=0 (1 + m ) = 1 + nm ·
i=0 i
Zu
=
1+
(n−1)·n
2nm
Statistische Eigenschaften
Hashtabelle
T
β
2
−
1
2m
≤1+
β = 1 (n = m).
T
(ki )i=1,2,3,... , ki ∈ U
β
2
Dann sind 63% der
besetzt, 37% sind frei (s.o.). Wie groÿ muss
damit alle Plätze in
Sei
Sei
=1+
n
im Mittel sein,
belegt sind?
m(i) die Ank1 , . . . , ki und sei ik := min{i|m(i) =
erstmals den k -ten Platz in T .
die Folge in
T
einzufügender Schlüssel. Sei
Coupon
Collector
Problem
zahl belegter Plätze nach Einfügen von
k},
d.h. Einfügen von
kik
belegt
Wir betrachten eine Zufallsvariable
X
mit
Xk = iP
k − ik−1
m
X=
k=1 Xk
Dann ist die gesuchte Zahl für
i:
m(i)
gerade
1
2
3
4
5
k1
k2
k3
k4
k5 · · ·
1
2
i1
i2
3
ik−1 ≤ i < ik .
E[X].
···
4
i3
X1 X2 X3
Sei
n
i4
X4
i5
X5
···
k0
k 00
m−1
m
im−1
Xm−1
Dann ist
pk := P (i + 1 = ik ) = m−k+1
m
E[Xk ] = p1k
P
P
P
m
E[X] = E[ m
Xk ] = m
E[Xk ] = m
1
1
1 m−k+1
Pm 1
= m · k=1 k = m · Hm ≈ m · ln m
im
Xm
Index
k
etwas unglücklich
bei k für
key
Algorithmen und Datenstrukturen (WS 2008/09)
65
n = m ln m
Im Mittel sind also
Einfügeoperationen notwendig, um alle
m ln m
= ln m > 1.
Positionen in der Hashtabelle zu füllen. Dann ist β =
m
4.2.2
Idee
Open Hashing
In jedem Feld der Hashtabelle
(daher
H
wird nur ein Element gespeichert
β ≤ 1).
Füge Schlüssel
Füge Schlüssel
Wähle eine Folge
k2
Für die Folge
k1
(di )i=1,2,... , di ∈ Z
(di )i
h(k1 ) = i, H[i] = k1 .
h(k2 ) = i, H[i] besetzt. y
freien Platz in H .
ein:
ein (Kollision):
H[(h(k) + di )
lineares Sondieren:
double Hashing:
und teste
mod m],
i = 1, 2, 3, . . .
di = i
di = i2
di = i · h0 (k),
sollte
m
h0 : U → {1, . . . , m − 1}
0
ist mit h (k) 6= 0 ∀k ∈ U .
wobei
zweite Hashfunktion
prim sein! Warum?
Einfügen und Suchen ist damit klar, Löschen ist aber ein Problem.
4.7 Beispiel
Sei h(k) = h(k0 ) = i und füge k, k 0 ein:
H:
k
k0
i i+1
k. y
Anschlieÿend versagt die Suche nach
Lösung:
markiere gelöschte Schlüssel als gelöscht
eine
Hier
Index
h0 ?
4.6 Problem
Lösche dann
Finde
gibt es verschiedene Wahlen:
quadratisches Sondieren:
•
m
k0!
bei
Algorithmen und Datenstrukturen (WS 2008/09)
66
•
bei Suche werden sie behandelt wie belegte Felder
•
beim Einfügen wie freie Felder
•
ungünstig, wenn oft Elemente gelöscht werden, da die Suche verteuert.
4.8 Problem
Clusterbildung
4.9 Beispiel (lineares Sondieren)
H:
···
···
i i+1
Nächster einzufügender Schlüssel:
P (h(k) = i + 1) =
P (h(k) = i) =
1
m
5
m
k∈U
⇒
Cluster wachsen tendentiell
Analyse
lineares Sondieren
double Hashing
1
A ≈ 12 (1 + 1−β
)
1
1
0
A ≈ 2 (1 + (1−β)2 )
1
A ≈ β1 ln( 1−β
)
1
0
A ≈ 1−β
Beweis.
lineares Sondieren: schwer, s. Schöning S.140-141.
double Hashing: (idealisierende) Annahme: Sondierungen
erfolglosen Suche von
k
Referenz
h1 (k), h2 (k), . . . zur
mit
n
=1−β
P (H[hi (k)] ist frei) = 1 − m
E[Anzahl Sondierungen bis freies Feld
gefunden]
=
1
1−β
Algorithmen und Datenstrukturen (WS 2008/09)
Also
A0 (n, m) =
67
1
.
1−β
A(n, m) =
=
≈
=
Pn−1 0
Pn−1 1
Pn−1 1
1
m
1
i=0 A (m, i) = n
i=0 1− i = n
i=0 m−i
n
m
1
1
1
1
(
+ · · · + m ) = β (Hm − Hm−n )
β m−n+1
m
1
(ln m − ln(m − n)) = β1 ln m−n
β
1
1
ln 1−β
β
4.3
Kollisionsvermeidung
4.3.1
Ziel
Streufunktionen
gleichmäÿige Streuung durch Hashfunktion, wie in der Berechnung der
Kollisionswahrscheinlichkeiten unterstellt.
Problem
→
K ⊆ U
h(k1 ) = H(k2 ) ∀k1 , k2 ∈ K
Wir wissen nicht, welche Schlüssel
Schlimmstenfalls ist
Sondieren bei Suche entspricht linearer Suche
Schlüsselmengen
K ⊆U
gespeichert werden.
O(n).
führen zu sehr verschiedenen Laufzeiten. Versuche
daher, die Wahrscheinlichkeit für schlechtes Laufzeitverhalten besser auf diese
zu verteilen.
Idee
Wähle aus einer Menge von Hashfunktionen
H ⊆ {h : U → {0, . . . , m − 1}}
zufällig eine aus.
4.3.2
Universelles Streuen
4.10 Def inition (universelles Streuen)
Eine Familie von Streufunktionen H ⊆ {h : U → {0, . . . , m − 1}} heiÿt universell, falls
|H|
|{h ∈ H : h(k1 ) = h(k2 )}| ≤
m
∀k1 , k2 ∈ U.
Algorithmen und Datenstrukturen (WS 2008/09)
Bei zufälliger Wahl
h∈H
sind wir dann berechtigt,
68
P (h(k1 ) = h(k2 )) =
1
m
anzunehmen.
4.11 Satz
Ist H universell, dann ist für k ∈ {k1 , . . . , kn } = K ⊆ U bei zufällig gewähltem h ∈ H die erwartete Anzahl Kollisionen gerade mn = β .
Beweis.
Sei
Cij
eine Zufallsvariable mit
Cij =
Da
H
1
0
h(ki ) = h(kj )
sonst
P (Cij = 1) = m1 , und es folgt für k = ki

X
X
|K|
= β.
Cij  =
E(Cij ) ≤
m
universell ist, ist

E
kj ∈K\{ki }
kj ∈K\{ki }
Die erwartete Anzahl Kollisionen entspricht dann also wie erhot dem Belegungsfaktor
β.
4.12 Satz
Die Familie von Streufunktionen
Hp = {(ak + b
mod p)
mod m :
0 < a < p, 0 ≤ b < p} , p prim, p > m
ist universell.
Beweis.
Sei
ha,b ∈ Hp
Betrachte zunächst für
mit
ha,b (k) = (ak + b mod p) mod m.
0
k, k ∈ {0, . . . , p − 1}
r = (ak + b) mod p
s = (ak 0 + b) mod p
Dann ist
r − s ≡ |{z}
a (k − k 0 ) mod p,
also
r 6= s
falls
k 6= k 0 ,
p
prim ist.
{0, . . . , p − 1},
sondern
weil
6=0
Es gibt also zunächst keine Kollisionen der Zahlen
diese werden nur permutiert.
Algorithmen und Datenstrukturen (WS 2008/09)
Auÿerdem liefert jede der
denn gegeben
r 6= s
69
(p − 1) · p Wahlen für (a, b) ein anderes Paar r 6= s,
können wir nach
a = (r − s) · (k − k 0 )−1
| {z }
Inverses bzgl.
b = (r − ak)
mod p
Zp
mod p
p(p − 1) Paare (r, s) mit r 6= s gibt, liegt
a, b zufällig gewählt, dann erhalten wir also auch
r=
6 s ∈ {0, . . . , p − 1} mit gleicher Wahrscheinlichkeit.
auösen. Weil es aber auch nur
eine Bijektion vor. Werden
jedes Paar
k 6= k 0 ∈ U
Die Kollisionswahrscheinlichkeit von
entspricht damit der Wahr-
r ≡ s mod m für zufällig gewählte r 6= s ∈ {0, . . . , p − 1}.
die Anzahl der s mit r 6= s und r ≡ s mod m höchstens
scheinlichkeit, dass
Für festes
r
ist
lpm
m
−1 ≤
p+m−1
p−1
−1 =
m
m
und wegen der zufälligen Wahl aus den p − 1 möglichen s 6= r ist die Kollisik 6= k 0 ∈ U höchstens m1 . Also ist Hp universell. onswahrscheinlichkeit für
Wir wollen nun noch eine andere universelle Familie von Streufunktionen
betrachten.
Annahme U
Zerlege
K⊆U
besteht aus Bitstrings fester Länge
in Blöcke der Länge
m, m
ist prim.
blog mc
···
k:
kr
k1
y 0 ≤ ki < m,
k0
Wir denieren die Menge von Hashfunktionen
durch
ha (k) =
r
X
i = 0, . . . , r
HB = {ha : U → {0, . . . , m − 1}}
!
ai ki
mod m
i=0
wobei
a = (ar , . . . , a0 ) ∈ {0, . . . , m − 1}r+1 .
Damit gilt
|HB | = mr+1 .
Algorithmen und Datenstrukturen (WS 2008/09)
70
4.13 Satz
HB ist universell.
Beweis.
i = 0.
k 6= k 0 ∈ U , dann ki 6= ki0
ha ∈ HB gilt dann
Seien
Für ein
0
ha (k) = ha (k ) ⇔
r
X
ai ki ≡
i=0
r
X
für ein
ai ki0
i ∈ {0, . . . , r}.
OBdA. sei
mod m
i=0
⇔ a0 (k0 − k00 ) ≡
r
X
ai (ki0 − ki )
mod m
i=1
⇔ a0 ≡
k00 )−1
(k0 −
| {z
mult. Inv. in
}
(Zm ,+,·)
r
X
ai (ki0 − ki )
y Für alle Wahlen von (ar , . . . , a1 ) ∈ {0, . . . , m − 1}r
a0 ∈ {0, . . . , m − 1} mit ha (k) = ha (k 0 ). Also gilt
P (Kollision k 6= k 0 ) =
mod m
i=1
existiert genau ein
| {a : ha (k) = ha (k 0 )} |
1
mr
= r+1 = .
|HB |
m
m
4.4
Ausblick
•
viele andere Techniken zur Kollisionsbehandlung, z.B. Cuckoo-Hashing.
•
viele andere Techniken zur Konstruktion von Hashfunktionen, z.B. perfektes Hashing (für statische Schlüsselmengen).
•
viele andere Anwendungen, z.B. Bloom-Filter. .
s. Übung
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