Algoritmuselmélet Keresés, minimumkeresés Katona Gyula Y.

(1)

Algoritmuselmélet

Keresés, minimumkeresés

Katona Gyula Y.

Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti M ˝uszaki és Gazdaságtudományi Egyetem

5. el ˝oadás

(2)

Rendezési reláció

LegyenU egy halmaz, és<egy kétváltozós relációU-n. Haa,b∈U ésa<b, akkor azt mondjuk, hogyakisebb, mintb.

A<reláció egyrendezés, ha teljesülnek a következ ˝ok: 1. a6<amindena∈Uelemre (<irreflexív);

2. Haa,b,c ∈U,a<b, ésb<c, akkora<c(<tranzitív);

3. Tetsz ˝olegesa6=b∈Uelemekre vagya<b, vagyb<afennáll (< teljes).

Ha<egy rendezésU-n, akkor az(U, <)pártrendezett halmaznak nevezzük.

(3)

Rendezési reláció

A<reláció egyrendezés, ha teljesülnek a következ ˝ok:

1. a6<amindena∈Uelemre (<irreflexív);

3. Tetsz ˝olegesa6=b∈Uelemekre vagya<b, vagyb<afennáll (<

teljes).

(4)

Rendezési reláció

A<reláció egyrendezés, ha teljesülnek a következ ˝ok:

1. a6<amindena∈Uelemre (<irreflexív);

3. Tetsz ˝olegesa6=b∈Uelemekre vagya<b, vagyb<afennáll (<

teljes).

(5)

Rendezési reláció

Példák:

Zaz egész számok halmaza. A<rendezés a nagyság szerinti rendezés.

Azabcbet ˝uinekΣhalmaza; a<rendezést azabc-sorrendadja. Azx bet ˝u kisebb, mint azy bet ˝u, hax el ˝obb szerepel az

abc-sorrendben, minty.

AΣbet ˝uib ˝ol alkotott szavakΣ^∗ halmaza a szótárszer ˝u vagy lexikografikusrendezéssel.⇒legyenX =x₁x₂· · ·x_k és Y =y₁y₂· · ·y_l két szó.

AzX kisebb mintY, ha vagyl >k ésx_i =y_i ha minden i =1,2, . . . ,k esetén;

vagy pedigx_j <y_j teljesül a legkisebb olyanjindexre, melyre x_j 6=y_j.Tehát példáulkar <karikaésbor <bot.

(6)

Rendezési reláció

Példák:

Azabcbet ˝uinekΣhalmaza; a<rendezést azabc-sorrendadja.

Azx bet ˝u kisebb, mint azy bet ˝u, hax el ˝obb szerepel az abc-sorrendben, minty.

(7)

Rendezési reláció

Példák:

Azabcbet ˝uinekΣhalmaza; a<rendezést azabc-sorrendadja.

Azx bet ˝u kisebb, mint azy bet ˝u, hax el ˝obb szerepel az abc-sorrendben, minty.

(8)

Keresés rendezetlen halmazban

Feladat

Adott az U halmaz véges S={s₁,s₂, . . . ,s_n−1,s_n}részhalmaza és s∈U.

El akarjuk eldönteni, hogy igaz-e s∈S, és ha igen, akkor melyik i-re teljesül s_i =s.

Hány összehasonlítás kell?

Itt összehasonlítás: Igaz-e, hogys_i =s? Válasz: Igenvagynem.

Legrosszabb esetben minden elemet végig kell nézni =⇒ nösszehasonlítás kell legrosszabb esetben.

n/2 összehasonlítás kell átlagosan.

(9)

Keresés rendezetlen halmazban

Feladat

Itt összehasonlítás: Igaz-e, hogys_i =s?

Válasz: Igenvagynem.

(10)

Keresés rendezetlen halmazban

Feladat

(11)

Keresés rendezetlen halmazban

Feladat

Legrosszabb esetben minden elemet végig kell nézni

=⇒ nösszehasonlítás kell legrosszabb esetben.

(12)

Keresés rendezetlen halmazban

Feladat

(13)

Keresés rendezetlen halmazban

Feladat

(14)

Keresés rendezett halmazban

Barkochba játék: gondolok egy számot 1 és 100 között, hány eldöntend ˝o kérdésb ˝ol lehet kitalálni?

Feladat

Adott az(U, <)rendezett halmaz véges

S ={s₁<s₂< . . . <sn−1<sn}részhalmaza és s ∈U.

Összehasonlításokkal akarjuk eldönteni, hogy igaz-e s∈S, és ha igen, akkor melyik i-re teljesül s_i =s.

Itt összehasonlítás: Mi a viszonyas-nek éss_i-nek? Válasz: s_i =svagys_i <s vagys_i >s.

Lineáris keresés

Sorban mindegyik elemmel összehasonlítjuk.

Költség a legrosszabb esetben: n, mert lehet, hogy pont az utolsó volt. Költség átlagos esetben esetben: (n/2) +1.

(15)

Keresés rendezett halmazban

Feladat

S={s₁<s₂< . . . <sn−1<s_n}részhalmaza és s ∈U.

Lineáris keresés

(16)

Keresés rendezett halmazban

Feladat

Lineáris keresés

(17)

Keresés rendezett halmazban

Feladat

Itt összehasonlítás: Mi a viszonyas-nek éss_i-nek?

Válasz: s_i =svagys_i <s vagys_i >s.

Lineáris keresés

(18)

Keresés rendezett halmazban

Feladat

Válasz: s_i =svagys_i <svagys_i >s.

Lineáris keresés

(19)

Keresés rendezett halmazban

Feladat

Lineáris keresés

(20)

Keresés rendezett halmazban

Feladat

Lineáris keresés

Költség a legrosszabb esetben: n, mert lehet, hogy pont az utolsó volt.

Költség átlagos esetben esetben: (n/2) +1.

(21)

Keresés rendezett halmazban

Feladat

Lineáris keresés

(22)

Bináris keresés

Oszd meg és uralkodj: el ˝oször a középs ˝os_i-vel hasonlítunk.

Hasonló feladatot kapunk egyS₁halmazra, amire viszont|S₁| ≤ |S|/2. És így tovább:

|S₂| ≤ |S|

4 ,|S₃| ≤ |S|

2³, . . .|S_k| ≤ |S| 2^k Pl. keressük meg, benne van-e 21 az alábbi sorozatban!

15,22,25,37, 48,56,70,82 (1) 15,22, 25,37,48,56,70,82 (2) 15, 22,25,37,48,56,70,82 (3) 15,22,25,37,48,56,70,82 (4)

(23)

Bináris keresés

Hasonló feladatot kapunk egyS₁halmazra, amire viszont|S₁| ≤ |S|/2.

És így tovább:

|S₂| ≤ |S|

4 ,|S₃| ≤ |S|

2³, . . .|S_k| ≤ |S| 2^k Pl. keressük meg, benne van-e 21 az alábbi sorozatban!

15,22,25,37, 48,56,70,82 (1) 15,22, 25,37,48,56,70,82 (2) 15, 22,25,37,48,56,70,82 (3) 15,22,25,37,48,56,70,82 (4)

(24)

Bináris keresés

És így tovább:

|S₂| ≤ |S|

4 ,|S₃| ≤ |S|

2³, . . .|S_k| ≤ |S|

2^k

Pl. keressük meg, benne van-e 21 az alábbi sorozatban!

15,22,25,37, 48,56,70,82 (1) 15,22, 25,37,48,56,70,82 (2) 15, 22,25,37,48,56,70,82 (3) 15,22,25,37,48,56,70,82 (4)

(25)

Bináris keresés

És így tovább:

|S₂| ≤ |S|

4 ,|S₃| ≤ |S|

2³, . . .|S_k| ≤ |S|

2^k Pl. keressük meg, benne van-e 21 az alábbi sorozatban!

15,22,25,37, 48,56,70,82 (1)

15,22, 25,37,48,56,70,82 (2) 15, 22,25,37,48,56,70,82 (3) 15,22,25,37,48,56,70,82 (4)

(26)

Bináris keresés

És így tovább:

|S₂| ≤ |S|

4 ,|S₃| ≤ |S|

2³, . . .|S_k| ≤ |S|

15,22,25,37, 48,56,70,82 (1) 15,22, 25,37,48,56,70,82 (2)

15, 22,25,37,48,56,70,82 (3) 15,22,25,37,48,56,70,82 (4)

(27)

Bináris keresés

És így tovább:

|S₂| ≤ |S|

4 ,|S₃| ≤ |S|

2³, . . .|S_k| ≤ |S|

15,22,25,37, 48,56,70,82 (1) 15,22, 25,37,48,56,70,82 (2) 15, 22,25,37,48,56,70,82 (3)

15,22,25,37,48,56,70,82 (4)

(28)

Bináris keresés

És így tovább:

|S₂| ≤ |S|

4 ,|S₃| ≤ |S|

2³, . . .|S_k| ≤ |S|

15,22,25,37, 48,56,70,82 (1) 15,22, 25,37,48,56,70,82 (2) 15, 22,25,37,48,56,70,82 (3) 15,22,25,37,48,56,70,82 (4)

(29)

Bináris keresés

Addig kell csinálni, amíg|S_k|=1 lesz. Innen 1=|S_k| ≤ ⁿ

2^k.

=⇒2^k ≤n =⇒k ≤ blog₂nc

Ezk+1 összehasonlítás volt. =⇒k+1≤ blog₂nc+1=dlog₂(n+1)e Tétel

Ez optimális, nincs olyan keres ˝o algoritmus, ami minden esetben kevesebb mintdlog₂(n+1)ekérdést használ.

(30)

Bináris keresés

2^k.

(31)

Bináris keresés

2^k.

Ezk+1 összehasonlítás volt. =⇒k+1≤ blog₂nc+1=dlog₂(n+1)e

Tétel

(32)

Bináris keresés

2^k.

(33)

Bináris keresés

Tétel

Bizonyítás.

Az ellenség nem is gondol egy számra, csak mindig úgy válaszol, hogy minél többet kelljen kérdezni.

Ha egy kérdést felteszek, és azigen válasz után mondjuk szóba jönx lehet ˝oség, akkor anemesetén szóba jön mégn−x −1 lehet ˝oség. (A „−1” azs=s_i válasz miatt van). Az ellenség úgy válaszol, hogy minél több lehet ˝oség maradjon, így el tudja érni, hogy legalább ⁿ⁻¹₂ marad.

=⇒2 kérdés után legalább

n−1

2 −1

2 = ₂ⁿ2 −¹₂− ¹

2² marad.

=⇒k kérdés után is marad még ₂ⁿk −¹₂− · · · − ¹

2^k lehet ˝oség. Tehát teljesülnie kell ₂ⁿ_k −¹₂− · · · − ¹

2^k ≤1-nek.

Vagyisn≤2^k +2^k−1+. . .+1=2^k+1−1.=⇒ dlog₂(n+1)e −1≤k. Ha még van egy lehetséges elem, akkor még +1 egy kérdés.

(34)

Bináris keresés

Tétel

Bizonyítás.

Az ellenség nem is gondol egy számra, csak mindig úgy válaszol, hogy minél többet kelljen kérdezni. Ha egy kérdést felteszek, és azigen válasz után mondjuk szóba jönx lehet ˝oség, akkor anemesetén szóba jön mégn−x −1 lehet ˝oség. (A „−1” azs=s_i válasz miatt van).

Az ellenség úgy válaszol, hogy minél több lehet ˝oség maradjon, így el tudja érni, hogy legalább ⁿ⁻¹₂ marad.

n−1

2 −1

2 = ₂ⁿ2 −¹₂− ¹

2² marad.

2^k ≤1-nek.

(35)

Bináris keresés

Tétel

Bizonyítás.

n−1

2 −1

2 = ₂ⁿ2 −¹₂− ¹

2² marad.

2^k ≤1-nek.

(36)

Bináris keresés

Tétel

Bizonyítás.

n−1

2 −1

2 = ₂ⁿ2 −¹₂− ¹

2² marad.

2^k ≤1-nek.

(37)

Bináris keresés

Tétel

Bizonyítás.

n−1

2 −1

2 = ₂ⁿ2 −¹₂− ¹

2² marad.

=⇒k kérdés után is marad még ₂ⁿ_k −¹₂− · · · − ¹

2^k lehet ˝oség.

Tehát teljesülnie kell ₂ⁿ_k −¹₂− · · · − ¹

2^k ≤1-nek.

(38)

Bináris keresés

Tétel

Bizonyítás.

n−1

2 −1

2 = ₂ⁿ2 −¹₂− ¹

2² marad.

2^k lehet ˝oség.

Tehát teljesülnie kell ₂ⁿ_k −¹₂− · · · −₂¹_k ≤1-nek.

(39)

Bináris keresés

Tétel

Bizonyítás.

n−1

2 −1

2 = ₂ⁿ2 −¹₂− ¹

2² marad.

2^k lehet ˝oség.

n 1 1

=⇒ dlog₂(n+1)e −1≤k. Ha még van egy lehetséges elem, akkor még +1 egy kérdés.

(40)

Bináris keresés

Tétel

Bizonyítás.

n−1

2 −1

2 = ₂ⁿ2 −¹₂− ¹

2² marad.

2^k lehet ˝oség.

Tehát teljesülnie kell ₂ⁿ_k −¹₂− · · · −₂¹_k ≤1-nek.

(41)

Minimumkeresés

Feladat

Adott az(U, <)rendezett halmaz véges S={s₁,s₂, . . . ,s_n−1,s_n} részhalmaza.

Összehasonlításokkal keressük meg az S minimális elemét, azaz egy olyan s_i elemet, hogy minden i 6=j esetén s_i <s_j.

Hány összehasonlítás kell a legrosszabb esetben?

(42)

Minimumkeresés

Feladat

Adott az(U, <)rendezett halmaz véges S={s₁,s₂, . . . ,s_n−1,s_n} részhalmaza.

Összehasonlításokkal keressük meg az S minimális elemét, azaz egy olyan s_i elemet, hogy minden i 6=j esetén s_i <s_j.

(43)

Minimumkeresés

Tétel

n elem közül a minimális kiválasztásához legrosszabb esetben n−1 összehasonlítás kell.

Bizonyítás.

n−1 összehasonlítás mindig elég: Rendezzünk kiesés versenyt, mindig a kisebb elemet megtartva egy-egy összehasonlítás után. Mivel

„mindenki pontosan egyszer kap ki a gy ˝oztest kivéve”, ezn−1 összehasonlítást igényel.

n−1 összehasonlításnál kevesebb nem mindig elég:Legyenek az elemek egy gráf pontjai, ha kett ˝ot összehasonlítottunk, húzzunk közöttük élet. Amíg a gráf nem összefügg ˝o, bármely komponensében lehet a minimális elem.

Ha a gráf már összefügg ˝o, akkor legalábbn−1 éle van, tehát kell ennyi összehasonlítás.

(44)

Minimumkeresés

Tétel

Bizonyítás.

n−1 összehasonlítás mindig elég: Rendezzünk kiesés versenyt, mindig a kisebb elemet megtartva egy-egy összehasonlítás után.

Mivel

(45)

Minimumkeresés

Tétel

Bizonyítás.

(46)

Minimumkeresés

Tétel

Bizonyítás.

n−1 összehasonlításnál kevesebb nem mindig elég:Legyenek az elemek egy gráf pontjai, ha kett ˝ot összehasonlítottunk, húzzunk közöttük élet.

Amíg a gráf nem összefügg ˝o, bármely komponensében lehet a minimális elem.

(47)

Minimumkeresés

Tétel

Bizonyítás.

(48)

Minimumkeresés

Tétel

Bizonyítás.

(49)

Algoritmuselmélet

Rendezés, buborék, beszúrásos, összefésüléses, kupacos, láda, radix

Katona Gyula Y.

Számítástudományi és Információelméleti Tanszék Budapesti M ˝uszaki és Gazdaságtudományi Egyetem

6. el ˝oadás

(50)

Rendezés

Feladat

Adott az(U, <)rendezett halmaz véges S={s₁,s₂, . . . ,sn−1,sn} részhalmaza.

Összehasonlításokkal rendezzük az S elemeit a rendezés szerint növekv ˝o sorrendbe, azaz keressünk olyanσ permutációt, hogy s_σ(1)<s_σ(2)<· · ·<s_σ(n).

Input: tömb, láncolt lista, (vagy bármi) Output: általában, mint az input

Lépések: elemek mozgatása, cseréje, összehasonlítása

A rendezés önmagában is el ˝oforduló feladat, de el ˝ojön, mint hasznos adatstruktúra is. Rendezett halmazban könnyebb keresni (pl.

telefonkönyv).

Hány összehasonlítás kell a legrosszabb esetben? Hány összehasonlítás kell átlagos esetben? Hány csere kell a legrosszabb esetben? Mennyi plusz tárhely szükséges?

(51)

Rendezés

Feladat

Input: tömb, láncolt lista, (vagy bármi)

Output: általában, mint az input

telefonkönyv).

(52)

Rendezés

Feladat

telefonkönyv).

(53)

Rendezés

Feladat

telefonkönyv).

(54)

Rendezés

Feladat

A rendezés önmagában is el ˝oforduló feladat, de el ˝ojön, mint hasznos adatstruktúra is.

Rendezett halmazban könnyebb keresni (pl. telefonkönyv).

(55)

Rendezés

Feladat

telefonkönyv).

Hány összehasonlítás kell átlagos esetben? Hány csere kell a legrosszabb esetben? Mennyi plusz tárhely szükséges?

(56)

Rendezés

Feladat

telefonkönyv).

Hány összehasonlítás kell átlagos esetben?

Hány csere kell a legrosszabb esetben? Mennyi plusz tárhely szükséges?

(57)

Rendezés

Feladat

telefonkönyv).

Mennyi plusz tárhely szükséges?

(58)

Rendezés

Feladat

telefonkönyv).

Hány összehasonlítás kell átlagos esetben?

Hány csere kell a legrosszabb esetben?

Mennyi plusz tárhely szükséges?

(59)

Buborék-rendezés

Input: A[1:n](rendezetlen) tömb

Ha valamelyi-reA[i]>A[i+1], akkor a két cella tartalmát kicseréljük.

A tömb elejér ˝ol indulva, közben cserélgetve eljutunk a tömb végéig.

Ekkor a legnagyobb elemA[n]-ben van. Ismételjük ezt azA[1:n−1] tömbre, majd azA[1:n−2]tömbre, stb.

procedurebuborék

(* az A[1:n]tömböt növekv ˝oen (nem csökken ˝oen) rendezi *) for(j=n−1,j >0,j:=j−1)do

for(i=1,i ≤j,i :=i+1)do

{haA[i+1]<A[i], akkor cseréljük ki ˝oket.}

összehasonlítások száma: n−1+n−2+. . .+1= ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ cserék száma: ≤ ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂

(60)

Buborék-rendezés

Ekkor a legnagyobb elemA[n]-ben van.

Ismételjük ezt azA[1:n−1] tömbre, majd azA[1:n−2]tömbre, stb.

for(i=1,i ≤j,i :=i+1)do

(61)

Buborék-rendezés

Ekkor a legnagyobb elemA[n]-ben van. Ismételjük ezt azA[1:n−1]

tömbre, majd azA[1:n−2]tömbre, stb.

for(i=1,i ≤j,i :=i+1)do

(62)

Buborék-rendezés

(* az A[1:n]tömböt növekv ˝oen (nem csökken ˝oen) rendezi *) for(j=n−1,j >0,j :=j−1)do

for(i=1,i≤j,i :=i+1)do

(63)

Buborék-rendezés

(* az A[1:n]tömböt növekv ˝oen (nem csökken ˝oen) rendezi *) for(j=n−1,j >0,j :=j−1)do

for(i=1,i≤j,i :=i+1)do

összehasonlítások száma: n−1+n−2+. . .+1= ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾₂ cserék száma: ≤ ⁿ⁽ⁿ⁻¹⁾

(64)

Beszúrásos rendezés

Ha azA[1:k]résztömb már rendezett, akkor szúrjuk be a következ ˝o elemet,A[k+1]-et,lineárisvagybináriskereséssel, majd a következ ˝ot ebbe, stb.

lineáris bináris

összehasonlítás n(n−1)

2

n−1

X

k=1

dlog₂(k+1)e

mozgatás (n+2)(n−1)

2

(n+2)(n−1) 2 átlagos összehasonlítás n(n−1)

4

n−1

X

k=1

dlog₂(n+1)e

átlagos mozgatás n²

4

n² 4

(65)

Beszúrásos rendezés

lineáris bináris

2

n−1

X

k=1

dlog₂(k+1)e

2

4

n−1

X

k=1

dlog₂(n+1)e

4

n² 4

(66)

Beszúrásos rendezés

lineáris bináris

2

n−1

X

k=1

dlog₂(k+1)e

2

(n+2)(n−1) 2

átlagos összehasonlítás n(n−1) 4

n−1

X

k=1

dlog₂(n+1)e

4

n² 4

(67)

Beszúrásos rendezés

lineáris bináris

2

n−1

X

k=1

dlog₂(k+1)e

2

4

n−1

X

k=1

dlog₂(n+1)e

4

n² 4

(68)

Beszúrásos rendezés

lineáris bináris

2

n−1

X

k=1

dlog₂(k+1)e

2

4

n−1

X

k=1

dlog₂(n+1)e

4

n² 4

(69)

Bináris beszúrásos rendezés lépésszáma

K :=dlog₂2e+dlog₂3e+· · ·+dlog₂ne ≤ndlog₂ne

Jobb becslés: használjuk fel, hogydlog₂ke ≤1+log₂k K <n−1+log₂2+· · ·+log₂n=n−1+log₂(n!)

Felhasználva a Stirling formulát: n!∼(n/e)ⁿ√

2πnkapjuk, hogy log₂n!∼n(log₂n−log₂e) +1

2log₂n+log₂

√

2π ∼n(log₂n−1,442)

EzértK ≤n(log₂n−0,442)elég nagyn-re.

(70)

Bináris beszúrásos rendezés lépésszáma

K :=dlog₂2e+dlog₂3e+· · ·+dlog₂ne ≤ndlog₂ne Jobb becslés: használjuk fel, hogydlog₂ke ≤1+log₂k

K <n−1+log₂2+· · ·+log₂n=n−1+log₂(n!)

2log₂n+log₂

√

2π ∼n(log₂n−1,442)

(71)

Bináris beszúrásos rendezés lépésszáma

K <n−1+log₂2+· · ·+log₂n=n−1+log₂(n!)

2log₂n+log₂

√

2π∼n(log₂n−1,442)

(72)

Bináris beszúrásos rendezés lépésszáma

K <n−1+log₂2+· · ·+log₂n=n−1+log₂(n!)

2log₂n+log₂

√

2π∼n(log₂n−1,442)

(73)

Alsó becslés összehasonlítás alapú rendezésre

Ugyanaz, mintha barochba-ban kellene kitalálni, hogy az elemek melyik sorrendje (permutációja) az igazi sorrend.

Kezdetbenn!lehetséges sorrend jön szóba.

Két elemet összehasonlítva a válasz két részre osztja a sorrendeket. Ha pl. azt kapjuk, hogyx <y, akkor az olyan sorrendek, amelyekben x hátrébb vany-nál, már nem jönnek szóba.

Ha az ellenség megint úgy válaszol, hogy minél több sorrend maradjon meg, akkork kérdés után még szóba jön ₂^n!_k sorrend.

Ha ₂^n!k >1, nem tudjuk megadni a rendezést. =⇒ Tétel

Minden összehasonlítás alapú rendez ˝o módszer n elem rendezésekor legalábblog₂(n!)összehasonlítást használ.

(74)

Alsó becslés összehasonlítás alapú rendezésre

Két elemet összehasonlítva a válasz két részre osztja a sorrendeket. Ha pl. azt kapjuk, hogyx <y, akkor az olyan sorrendek, amelyekben x hátrébb vany-nál, már nem jönnek szóba.

(75)

Alsó becslés összehasonlítás alapú rendezésre

Két elemet összehasonlítva a válasz két részre osztja a sorrendeket.

Ha pl. azt kapjuk, hogyx <y, akkor az olyan sorrendek, amelyekben x hátrébb vany-nál, már nem jönnek szóba.

(76)

Alsó becslés összehasonlítás alapú rendezésre

(77)

Alsó becslés összehasonlítás alapú rendezésre

Ha ^n!₂k >1, nem tudjuk megadni a rendezést. =⇒ Tétel

(78)

Összefésüléses rendezés

Összefésülés (MERGE):

Két már rendezett sorozat (tömb, lista, stb.) tartalmának egy sorozatba való rendezése:

A[1:k]ésB[1:l]rendezett tömbök−→C[1:k+l]rendezett tömb NyilvánC[1] =min{A[1],B[1]}, pl. A[1],

ezt rakjuk átC-be és töröljükA-ból. C[2] =min{A[2],B[1]}, stb.

(79)

Összefésüléses rendezés

Összefésülés (MERGE):

A[1:k]ésB[1:l]rendezett tömbök−→C[1:k+l]rendezett tömb

NyilvánC[1] =min{A[1],B[1]}, pl. A[1], ezt rakjuk átC-be és töröljükA-ból. C[2] =min{A[2],B[1]}, stb.

(80)

Összefésüléses rendezés

Összefésülés (MERGE):

ezt rakjuk átC-be és töröljükA-ból. C[2] =min{A[2],B[1]}, stb.

(81)

Összefésüléses rendezés

Összefésülés (MERGE):

ezt rakjuk átC-be és töröljükA-ból.

C[2] =min{A[2],B[1]}, stb.