设有6个有序表A、B、C、D、E、F，分别含有10、35、40、50、60和200个数据元素，各表中元素按升序排列。要求通过5次两两合并，将6个表最终合并成1个升序表，并在最坏情况下比较的总次数达到最小。请回答下列问题。 （1）给出完整的合并过程，并求出最坏情况下比较的总次数。 （2）根据你的合并过程，描述n（n≥2）个不等长升序表的合并策略，并说明理由。

(1) 合并过程如下：

第一次合并：A和B合并，比较次数为10+35=45次，得到一个长度为45的有序表AB。

第二次合并：C和D合并，比较次数为40+50=90次，得到一个长度为90的有序表CD。

第三次合并：E和F合并，比较次数为60+200=260次，得到一个长度为260的有序表EF。

第四次合并：AB和CD合并，比较次数为45+90=135次，得到一个长度为135的有序表ABCD。

第五次合并：ABCD和EF合并，比较次数为135+260=395次，得到一个长度为395的有序表ABCDEF。

所以最坏情况下比较的总次数为45+90+260+135+395=925次。

(2) 对于n个不等长的升序表的合并，可以采用分治的思想，将这n个表分成两部分，分别进行合并，然后再将两部分合并起来，直到最后只剩下一个有序表。

具体地，假设有n个不等长的升序表，将它们分成两部分，分别为表A和表B。将A和B分别递归地继续划分，直到每个子表中只剩下一个元素，然后将这些子表按照升序合并。对于表A和表B中的元素个数分别为m和n，总的比较次数为m+n，因此总的比较次数为：

T(n) = T(m) + T(n-m) + m + n

其中，T(n)表示n个有序表的合并所需的最小比较次数。这是一种常见的合并排序算法，称为归并排序。归并排序的时间复杂度为O(nlogn)，比较次数也接近最优。

相关问题

设有6个有序表A、B、C、D、E、F,分别含有10、35、40、50、60和200个数据元素,各表中元素按升序排列。要求通过5次两两合并,将6个表最终合并成1个升序表,并在最坏情况下比较的总次数达到最小。请回答下列问题。 (

这是一个经典的归并排序问题，可以使用一种名为“最优归并树”的算法来解决。具体步骤如下：

1. 构造一棵二叉树，树的每个叶子节点对应一个有序表，每个非叶子节点对应两个子节点的有序表合并结果。
2. 根据每个有序表的长度，计算出每个叶子节点的代价（即比较次数），并将其作为叶子节点的权值。
3. 从底部开始，依次计算每个非叶子节点的代价，即其两个子节点的代价之和，作为该节点的权值。
4. 最终根节点的权值即为所求的最小比较次数。

基于这个算法，可以得到以下答案：

1. 第一次合并：A和B合并，比较次数为10+35=45。
2. 第二次合并：C和D合并，比较次数为40+50=90。
3. 第三次合并：E和F合并，比较次数为60+200=260。
4. 第四次合并：(A+B)和(C+D)合并，比较次数为45+90=135。
5. 第五次合并：((A+B)+(C+D))和(E+F)合并，比较次数为135+260=395。

因此，在最坏情况下比较的总次数为395次。

设有6个有序表 a,b,c,d,e,f，分别含有10,35,40,50,60和200个数据元素，各表中的元素按升序排列。要求通过5次两两合并，将6个表最终合并为1个升序表，并使最坏情况下比较的总次数达到最小。对结果有序表的叶子结点进行编码。两个结点合成过程中权值小的结点在左边，权值大的结点在右边。

### 回答1：
首先，我们需要确定合并的顺序。根据最小比较次数的原则，我们可以采用哈夫曼树的思想，将6个表的元素个数作为权值，构建哈夫曼树。根据哈夫曼树的构建过程，我们可以得到以下合并顺序：

1. 将a和b合并，得到一个含有45个元素的有序表。
2. 将c和d合并，得到一个含有90个元素的有序表。
3. 将上一步得到的有序表和e合并，得到一个含有150个元素的有序表。
4. 将上一步得到的有序表和f合并，得到一个含有350个元素的有序表。
5. 将上一步得到的有序表进行排序，得到最终的升序表。

在合并过程中，我们可以采用归并排序的思想，将两个有序表合并成一个有序表。具体步骤如下：

1. 定义两个指针p和q，分别指向两个有序表的第一个元素。
2. 比较p和q所指向的元素大小，将较小的元素放入新的有序表中，并将指针向后移动一位。
3. 重复上一步，直到其中一个有序表的元素全部放入新的有序表中。
4. 将另一个有序表中剩余的元素依次放入新的有序表中。

在最坏情况下，每次合并需要比较的次数为两个有序表的元素个数之和，因此总的比较次数为：

(10+35)+(40+50)+(60+150)+(200+350)=895

最终得到的升序表的叶子结点可以按照哈夫曼树的编码方式进行编码，即左子树编码为，右子树编码为1。例如，a表的元素可以编码为000000000，b表的元素可以编码为0000000001，c表的元素可以编码为000000001，以此类推。

### 回答2：
首先考虑到最朴素的做法，即先将a、b、c、d、e、f两两合并成三个长短不等的有序表，再将其中任意两个合并得到一个长度为95的有序表，最后再将两个长度为95的有序表合并成一个长度为190的有序表，最终再将长度为190的有序表和长度为200的有序表合并成一个长度为390的有序表。

这种做法的总比较次数为：
(10+35)+(40+50)+(60+200)+95+95+390=825

但是这种做法显然不是最优的，因为在两个较短的有序表合并时，接近中间的数据元素虽然被比较了多次，但它们对最终结果的贡献很小，而在较长的有序表合并时，比较的数据元素对最终结果的贡献相对更大。

因此，我们可以尝试一些更高级的合并策略，来减少比较的总次数。

以下是一种比较有效的策略：

1. 将a和b、c和d、e和f相互配对，分别合并成三个有序表，长度分别为45，90，260。

2. 将长度为45的有序表和长度为90的有序表合并成一个长度为135的有序表，然后将长度为135的有序表和长度为260的有序表合并成一个长度为395的有序表。

这样，总共进行了4次两两合并，比较的总次数为：
(10+35)+(40+50)+(60+200)+45+90+135+260+395=1030

相较于朴素的做法，这种策略可以将比较的总次数减少约19%。

最后，对结果有序表的叶子结点进行编码时，可以采用哈夫曼树的方法。首先将每个元素看作一个权值，构建一个权值序列的叶子结点集合，然后反复用上一步操作中合并得到的有序表，将权值低的结点作为左子树，权值高的结点作为右子树，构建出哈夫曼树。叶子结点的编码即为从根节点到该叶子结点的路径上的方向。

### 回答3：
本题为典型的归并排序问题，要求通过5次两两合并将六个有序表合并成一个升序表，并使最坏情况下比较的总次数达到最小。我们可以采用最优二叉树来构建有序表的叶子结点，使权值小的结点在左边，权值大的结点在右边。具体步骤如下：

第一步：对a、b进行一次合并，将两个表合并成一个有序表ab，记录此时的比较次数。

第二步：对c、d进行一次合并，将两个表合并成一个有序表cd，记录此时的比较次数。

第三步：对e、f进行一次合并，将两个表合并成一个有序表ef，记录此时的比较次数。

第四步：对ab、cd进行一次合并，将两个表合并成一个有序表abcd，记录此时的比较次数。

第五步：对abcd、ef进行一次合并，将两个表合并成一个有序表abcdef，并记录此时的比较次数。

最后，将abcdef的叶子结点进行编码，使权值小的结点在左边，权值大的结点在右边。

可以使用迭代的方法实现这个算法，代码如下：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAXN = 500;

int a[MAXN], b[MAXN], c[MAXN], d[MAXN], e[MAXN], f[MAXN];
int ab[MAXN], cd[MAXN], ef[MAXN], abcd[MAXN], abcdef[MAXN];
int code[MAXN], weight[MAXN];
int min_comparisons = 0x7fffffff;

void merge(int* a, int* b, int n, int m, int* c) {
    for (int i = 0, j = 0, k = 0; k < n + m; k++) {
        if (i == n) c[k] = b[j++];
        else if (j == m) c[k] = a[i++];
        else if (a[i] <= b[j]) c[k] = a[i++];
        else c[k] = b[j++];
    }
}

int get_weight(int size) {
    int ret = 0;
    while (size != 1) {
        size = (size % 2 == 0) ? size / 2 : (size / 2 + 1);
        ret++;
    }
    return ret;
}

void generate_code(int* weight, int* code, int n) {
    vector<pair<int, int> > v;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        v.push_back(make_pair(weight[i], i));

    sort(v.begin(), v.end());

    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int left = v[i].second;
        int right = v[i + 1].second;
        if (left > right) swap(left, right);
        for (int j = left; j <= right; j++)
            code[j]++;
    }
}

int main() {
    int n1 = 10, n2 = 35, n3 = 40, n4 = 50, n5 = 60, n6 = 200;

    for (int i = 0; i < n1; i++) cin >> a[i];
    for (int i = 0; i < n2; i++) cin >> b[i];
    for (int i = 0; i < n3; i++) cin >> c[i];
    for (int i = 0; i < n4; i++) cin >> d[i];
    for (int i = 0; i < n5; i++) cin >> e[i];
    for (int i = 0; i < n6; i++) cin >> f[i];

    //一次合并
    merge(a, b, n1, n2, ab);
    merge(c, d, n3, n4, cd);
    merge(e, f, n5, n6, ef);

    int comp1 = n1 + n2;
    int comp2 = n3 + n4;
    int comp3 = n5 + n6;
    int comp4 = comp1 + comp2;
    int comp5 = comp4 + comp3;

    if (comp5 < min_comparisons) {
        min_comparisons = comp5;
        copy(abcdef, abcdef + comp5, code);
        generate_code(weight, code, comp5);
    }

    //二次合并
    merge(ab, cd, comp1, comp2, abcd);
    comp1 = comp1 + comp2;

    merge(abcd, ef, comp1, comp3, abcdef);
    comp1 = comp1 + comp3;

    if (comp1 < min_comparisons) {
        min_comparisons = comp1;
        copy(abcdef, abcdef + comp1, code);
        generate_code(weight, code, comp1);
    }

    //三次合并
    merge(a, c, n1, n3, ab);
    comp1 = n1 + n3;

    merge(b, d, n2, n4, cd);
    comp2 = n2 + n4;

    merge(e, f, n5, n6, ef);
    comp3 = n5 + n6;

    merge(cd, ef, comp2, comp3, abcd);
    comp2 = comp2 + comp3;

    merge(ab, abcd, comp1, comp2, abcdef);
    comp1 = comp1 + comp2;

    if (comp1 < min_comparisons) {
        min_comparisons = comp1;
        copy(abcdef, abcdef + comp1, code);
        generate_code(weight, code, comp1);
    }

    //四次合并
    merge(a, b, n1, n2, ab);
    comp1 = n1 + n2;

    merge(c, d, n3, n4, cd);
    comp2 = n3 + n4;

    merge(e, f, n5, n6, ef);
    comp3 = n5 + n6;

    merge(ab, cd, comp1, comp2, abcd);
    comp1 = comp1 + comp2;

    merge(abcd, ef, comp1, comp3, abcdef);
    comp1 = comp1 + comp3;

    if (comp1 < min_comparisons) {
        min_comparisons = comp1;
        copy(abcdef, abcdef + comp1, code);
        generate_code(weight, code, comp1);
    }

    //五次合并
    merge(abcd, e, comp1, n5, ab);
    comp1 = comp1 + n5;

    merge(ab, f, comp1, n6, abcdef);
    comp1 = comp1 + n6;

    if (comp1 < min_comparisons) {
        min_comparisons = comp1;
        copy(abcdef, abcdef + comp1, code);
        generate_code(weight, code, comp1);
    }

    //输出结果
    cout << "min_comparisons=" << min_comparisons << endl << endl;
    for (int i = 0; i < n1; i++) cout << a[i] << " ";
    for (int i = 0; i < n2; i++) cout << b[i] << " ";
    for (int i = 0; i < n3; i++) cout << c[i] << " ";
    for (int i = 0; i < n4; i++) cout << d[i] << " ";
    for (int i = 0; i < n5; i++) cout << e[i] << " ";
    for (int i = 0; i < n6; i++) cout << f[i] << " ";
    cout << endl;

    int depth = 0;
    for (int i = 0; i < min_comparisons; i++) {
        cout << code[i] + 1 << " ";
        if (depth < code[i]) depth = code[i];
    }
    cout << endl << depth+1 << endl;

    return 0;
}

其中，weight数组记录每个叶子结点的权值（也就是每个表的大小），code数组记录每个叶子结点所在的层数（根结点为第0层）。generate_code函数根据weight数组生成code数组。

代码中，合并和比较次数的计算都采用了预先计算的方式，以减少运行时间。

最后，我们输出编码后的结果，可以将每个叶子结点的编号存储在一个二叉树中，就可以进行更快的搜索和排序操作。