!heapuri?create2.JPG!

Problema nu este insa rezolvata, deoarece noul nod 6, proaspat “retrogradat”, este inca mai mic decat fiul sau, nodul 12. De data aceasta avem un singur fiu, deci o singura optiune: schimbam nodul 6 cu nodul 12 si obtinem o structura de heap corecta:

Problema nu este insa rezolvata, deoarece noul nod 6, proaspat "retrogradat", este inca mai mic decat fiul sau, nodul 12. De data aceasta avem un singur fiu, deci o singura optiune: schimbam nodul 6 cu nodul 12 si obtinem o structura de heap corecta:

!heapuri?create3.JPG!

Procedura Sift primeste ca parametri un heap $H$ cu $N$ noduri si un nod $K$ si presupune ca ambii subarbori ai nodului $K$ au structura de heap corecta. Misiunea ei este sa “cearna” nodul $K$ pana la locul potrivit, interschimband mereu nodul cu cel mai mare fiu al sau pana cand nodul nu mai are fii (ajunge pe ultimul nivel in arbore) sau pana cand fiii sai au valori mai mici decat el.

Procedura Sift primeste ca parametri un heap $H$ cu $N$ noduri si un nod $K$ si presupune ca ambii subarbori ai nodului $K$ au structura de heap corecta. Misiunea ei este sa "cearna" nodul $K$ pana la locul potrivit, interschimband mereu nodul cu cel mai mare fiu al sau pana cand nodul nu mai are fii (ajunge pe ultimul nivel in arbore) sau pana cand fiii sai au valori mai mici decat el.

==code(c) |
void Sift(Heap H, int N, int K)

}
==

Procedura Percolate se va ocupa tocmai de fenomenul invers. Sa presupunem ca un heap are o “defectiune” in sensul ca observam un nod care are o valoare mai mare decat tatal sau. Atunci, va trebui sa interschimbam cele doua noduri. Este cazul nodului 10 din figura care urmeaza. Deoarece fiul care trebuie urcat este mai mare ca tatal, care la randul lui (presupunand ca restul heap-ului e corect) este mai mare decat celalalt fiu al sau, rezulta ca dupa interschimbare fiul devenit tata este mai mare decat ambii sai fii. Trebuie totusi sa privim din nou in sus si sa continuam sa urcam nodul in arbore fie pana ajungem la radacina, fie pana ii gasim un tata mai mare ca el. Iata ce se intampla cu nodul 10:

Procedura Percolate se va ocupa tocmai de fenomenul invers. Sa presupunem ca un heap are o "defectiune" in sensul ca observam un nod care are o valoare mai mare decat tatal sau. Atunci, va trebui sa interschimbam cele doua noduri. Este cazul nodului 10 din figura care urmeaza. Deoarece fiul care trebuie urcat este mai mare ca tatal, care la randul lui (presupunand ca restul heap-ului e corect) este mai mare decat celalalt fiu al sau, rezulta ca dupa interschimbare fiul devenit tata este mai mare decat ambii sai fii. Trebuie totusi sa privim din nou in sus si sa continuam sa urcam nodul in arbore fie pana ajungem la radacina, fie pana ii gasim un tata mai mare ca el. Iata ce se intampla cu nodul 10:

!heapuri?create4.JPG!

}
==

S-a apelat caderea incepand de la al $N/2$ - lea nod, deoarece s-a aratat ca acesta este ultimul nod care mai are fii, restul fiind frunze. Sa calculam acum complexitatea acestui algoritm. Un calcul sumar ar putea spune: exista $N$ noduri, fiecare din ele se “cerne” pe $O(log N)$ nivele, deci timpul de constructie a heap-ului este $O(N log N)$. Totusi nu este asa. Presupunem ca ultimul nivel al heap-ului este plin. In acest caz, jumatate din noduri vor fi frunze si nu se vor cerne deloc. Un sfert din noduri se vor afla deasupra lor si se vor cerne cel mult un nivel. O optime din noduri se vor putea cerne cel mult doua nivele, si asa mai departe, pana ajungem la radacina care se afla singura pe nivelul ei si va putea cadea maxim h nivele (reamintim <tex> h=[\log_2 N] </tex>). Rezulta ca timpul total de calcul este dat de formula <tex> \sum_{k=1}^{[\log_2 N]} k * \frac{N}{2^{k+1}} </tex>. Demonstrarea egalitatii se poate face facand substitutia $N=2^h^$ si continuand calculele. Se va obtine tocmai complexitatea $O(2^h^)$; lasam aceasta verificare ca tema cititorului.

S-a apelat caderea incepand de la al $N/2$ - lea nod, deoarece s-a aratat ca acesta este ultimul nod care mai are fii, restul fiind frunze. Sa calculam acum complexitatea acestui algoritm. Un calcul sumar ar putea spune: exista $N$ noduri, fiecare din ele se "cerne" pe $O(log N)$ nivele, deci timpul de constructie a heap-ului este $O(N log N)$. Totusi nu este asa. Presupunem ca ultimul nivel al heap-ului este plin. In acest caz, jumatate din noduri vor fi frunze si nu se vor cerne deloc. Un sfert din noduri se vor afla deasupra lor si se vor cerne cel mult un nivel. O optime din noduri se vor putea cerne cel mult doua nivele, si asa mai departe, pana ajungem la radacina care se afla singura pe nivelul ei si va putea cadea maxim h nivele (reamintim <tex> h=[\log_2 N] </tex>). Rezulta ca timpul total de calcul este dat de formula <tex> O({\sum_{k=1}^{[\log_2 N]} k} \times \frac{N}{2^{k+1}}) = O(N) </tex>. Demonstrarea egalitatii se poate face facand substitutia $N=2^h^$ si continuand calculele. Se va obtine tocmai complexitatea $O(2^h^)$; lasam aceasta verificare ca tema cititorului.

h2. Inserarea unui element