201_mergesort.tex

@@ -49,6 +49,7 @@ Wobei \texttt{merge} folgendermaßen definiert wird:
   }
   \KwRet $\mathcal{A}$
 \end{algorithm}
+%TODO: REWRITE TO LISTS
 
 \subsubsection{Laufzeit}
 Die Laufzeit der Algorithmen ist nicht vom konkreten Input, sondern nur von der Länge des Inputs abhängig. Worst, best
@@ -84,11 +85,11 @@ Wir müssen also nurnoch den asymptotischen Aufwand für die rekursiven Aufrufe
 Wir wissen, da $T_\text{m} \in \mathcal{O}(n)$, dass es ein $n_0 \in \mathbb{N}$ und $c \in \mathbb{R}$ gibt, sodass
 $T_\text{m}(n) \leq c n$ für \emph{alle} $n > n_0$. Insbesondere also für die nächstgrößere Zweierpotenz, sodass wir
 o.B.d.A. annehmen können: $n_0 = 2^k_0$ für ein $k_0 \in \mathbb{N}$. Für alle $n \leq n_0$ können wir den Aufwand von
-$T_\text{m}(n)$ zudem durch die Konstante $m = \max(\{T_\text{m}(i) | i \in \{0, \dots, n_0\}\})$ abschätzen.
+$T_\text{m}(n)$ zudem durch die Konstante $m = \max(\{T_\text{m}(i) \mid i \in \{0, \dots, n_0\}\})$ abschätzen.
 
 Das erlaubt es uns, obige Summe aufzuspalten:
 \[
-  \sum_{l=0}^{k-1} 2^l T_\text{m}\left( \frac{n}{2^l} \right) = 
+  \sum_{l=0}^{k-1} 2^l T_\text{m}\left( \frac{n}{2^l} \right) ≤ 
   \sum_{l=0}^{k-k_0} 2^l T_\text{m}\left( \frac{n}{2^l} \right) + 
   \underbrace{\sum_{l=k-k_0+1}^{k-1} 2^l T_\text{m}\left( \frac{n}{2^l} \right)}_{\leq 2^k m \in \mathcal{O}(n)}.
 \]
@@ -106,6 +107,6 @@ Dieser Term dominiert also alle anderen Terme, und damit $T_\text{ms} \in \mathc
 In der hier vorgestellten Variante muss bei jedem Aufruf von \texttt{merge} ein neues Array angelegt werden. Damit braucht
 $\texttt{mergesort}$ asymptotisch $\mathcal{O}(n)$ zusätzlichen Speicher.
 
-Es gibt allerdings auch weiterentwicklungen, die mit $\mathcal{O}(1)$ Speicher auskommen (z.B. TimSort oder blocksort).
+Es gibt allerdings auch Weiterentwicklungen, die mit $\mathcal{O}(1)$ Speicher auskommen (z.B. TimSort oder blocksort).
 
 

204_Radixsort.tex

@@ -27,7 +27,7 @@ Reihenfolge). In der Sammelphase werden alle Kategorien entsprechend ihrer Ordnu
       $x \leftarrow \texttt{get}(\mathcal{Q})$ \;
       $\texttt{put}(\mathcal{Q}_{x_i}, x)$ \;
     }
-    \For{ $j \rightarrow 0$ \KwTo $b-1$}{
+    \For{ $j \leftarrow 0$ \KwTo $b-1$}{
       \While{$\mathcal{Q}_j$ \emph{is not empty}}{
         $\texttt{put}(\mathcal{Q}, \texttt{get}(\mathcal{Q}_j))$ \;
       }

303_Binaerbaeume.tex

@@ -200,7 +200,7 @@ Teilbaum, der Information im Node und einem rechten Teilbaum:
   \text{BST}\; D    &= ε\ |\; \text{BST}\; D\quad  D\quad  \text{BST}\; D \\
   \mathcal{B}\quad  &= ε\ |\;\quad  l\qquad \ \ \   x\; \  \qquad r 
 \end{align*}
-In dieser Notation beschreiben wir nun kombat die gängisten Operationen auf binären Suchbäumen in rekursiver Form:
+In dieser Notation beschreiben wir nun kompakt die gängigsten Operationen auf binären Suchbäumen in rekursiver Form:
 
 Die Höhe ist $1$ + die Höhe des größeren Teilbaums:
 \begin{align*}
@@ -292,7 +292,7 @@ erreicht, wenn wir die Elemente gemäß ihrer Ordnung einfügen.
 Da die Laufzeit aller Algorithmen auf Binären Suchbäumen direkt von der Höhe abhängt, stellt sich die Frage:
 Was ist die zu erwartende Höhe eines Binärbaums, wenn man (eindeutige) Elemente in einer zufälligen Reihenfolge einfügt?
 
-\begin{proposition}
+\begin{theorem}
   Werde $π \in S_n$, eine Permutation von $n$ Elementen (d.h. die Elemente $\{1,\cdots,n\}$ in einer zufälligen Reihenfolge
   ohne Wiederholungen), in einen initial leeren Binärer Suchbaum eingefügt. Sei $H_n$ die Zufallsvariable,
   die die Höhe dieses zufällig befüllten Baumes beschreibt.
@@ -301,7 +301,7 @@ Was ist die zu erwartende Höhe eines Binärbaums, wenn man (eindeutige) Element
     \mathbb{E}[H_n] \in Θ(\log n).
   \]
   \label{prop:BST_average_case_wachstum}
-\end{proposition}
+\end{theorem}
 \begin{proof}
   Die untere Grenze ist klar, da wie eingangs beschrieben die Höhe eines Baumes immer in $Ω(\log n)$ liegt.
 
@@ -309,7 +309,7 @@ Was ist die zu erwartende Höhe eines Binärbaums, wenn man (eindeutige) Element
   Wird ein Element $i$ gezogen, befinden sich am Ende $i-1$ Elemente im linken Teilbaum und $n-i$
   Elemente im rechten Teilbaum.
 
-  Die Höhe eines nichtlehren Baumes ist 1 + die Höhe des größten Teilbauem.
+  Die Höhe eines nichtleeren Baumes ist 1 + die Höhe des größten Teilbaums.
   Unter der Annahme, dass alle Elemente gleichwahrscheinlich gezogen werden, ist der Erwartungswert von $H_n$ einfach nur der
   Durchschnitt aller möglichen Fälle:
   \begin{equation*}
@@ -318,15 +318,15 @@ Was ist die zu erwartende Höhe eines Binärbaums, wenn man (eindeutige) Element
   \end{equation*}
 
   Wir betrachten nun $Y_n = 2^{H_n}$: Wenn wir zeigen können, dass $\mathbb{E}[Y_n] \in \mathcal{O}(n^a)$, so folgt
-  daraus das $\mathbb{E}[H_n] \in \mathcal{O}(a \log n) = \mathcal{O}(\log n)$.
+  daraus, dass $\mathbb{E}[H_n] \in \mathcal{O}(a \log n) = \mathcal{O}(\log n)$.
 
   In dieser exponentiellen Darstellung wird exponentielle Höhe nun durch \\$Y_n = 2 \max(Y_{i-1},Y_{n-1})$ beschrieben,
   analog verhält sich der Erwartungswert von $Y_n$:
   \begin{equation*}
-    \mathbb{E}[Y_n] = \frac{2}{n} \sum_{i=1}^n \mathbb{E}[\max(Y_{i-1}, Y_{n-i})].
+    \mathbb{E}[Y_n] = \frac{2}{n} \sum_{i=1}^n \mathbb{E}[\max(Y_{i-1}, Y_{n-i})],
     \label{eq:EW_Yn_1}
   \end{equation*}
-  Wobei wir durch die Abschätzung $\mathbb{E}[\max(X,Y)] ≤ \mathbb{E}[X] + \mathbb{E}[Y]$ (gültig für nichtnegative
+  wobei wir durch die Abschätzung $\mathbb{E}[\max(X,Y)] ≤ \mathbb{E}[X] + \mathbb{E}[Y]$ (gültig für nichtnegative
   Zufallsvariablen $X$ und $Y$) und der Symmetrie der Summenterme weiter zu 
   \[
     \mathbb{E}[Y_n] ≤ \frac{2}{n} \sum_{i=1}^n (\mathbb{E}[Y_{i-1}] + \mathbb{E}[Y_{n-i}]) = \frac{4}{n}

304_Halden.tex

@@ -49,7 +49,7 @@ Ist das Wurzelelement ein Blatt, so ist die Haldenbedingung immer erfüllt.
 Um sonst die Haldenbedingung zu erzwingen, muss das Wurzelelement also mit dem Maximum seiner beiden Kinder getauscht werden.
 Dabei wird die Haldenbedingung aber möglicherweise bei betauschten Kindknoten verletzt. Also rufen wir den Algorithmus dort noch einmal auf.
 
-In Pseudocode aus der Array-Perspektive sieht das folgendermaßen aus (Der Pseudocode in Arrayperspektive ist eine
+In Pseudocode aus der Array-Perspektive sieht das folgendermaßen aus (Der Pseudocode in Baumperspektive ist eine
 Übungsaufgabe):
 
 \begin{algorithm}[H]
@@ -144,7 +144,7 @@ sortiert das Array.
 
 \paragraph{Laufzeit:}
 Es reicht hier obige Abschätzung, dass $\texttt{heapify\_array}$ einen asymptotischen Aufwand von $\mathcal{O}(n \log
-n)$ hat. Die Laufzeit wird von den $\frac{n}{2}$ aufrufen von $\texttt{heapify}$, welches $\mathcal{O}(\log n)$ Aufwand
+n)$ hat. Die Laufzeit wird von den $\frac{n}{2}$ Aufrufen von $\texttt{heapify}$, welches $\mathcal{O}(\log n)$ Aufwand
 hat, eh dominiert. Also liegt die Laufzeit in $\mathcal{O}(n \log n)$. Damit ist $\texttt{heapsort}$ also worst-case
 optimal. 
 

305_RBT.tex

@@ -47,7 +47,10 @@ maximal halb so hoch hängt wie eins auf der untersten Ebene.
 
 Dadurch folgt:
 \begin{lemma}
-  In einem nichtlehren Red-Black-Tree der Größe $n$ liegt die Höhe $h$ in $Θ(\log n)$.
+  In einem nichtlehren Red-Black-Tree der Größe $n$ gilt:
+  \[
+     h ∈ Θ(n \log n).
+  \]
   \label{lemma:RBT_height}
 \end{lemma}
 Die Details des Beweises sind eine Übungsaufgabe.
@@ -97,7 +100,7 @@ Dabei macht \texttt{balance} nichts, solange nicht einer der vier Fälle aus Abb
 \begin{align}
   \begin{rcases}
     \texttt{balance}(B\; a\; x\; (R\; b\; y\; (R\; c\; z\; d)))  \\
-    \texttt{balance}(B\; (R\; a\; x\; (R\; b\; y\; c\;) z\; d))  \\
+    \texttt{balance}(B\; (R\; a\; x\; (R\; b\; y\; c\;)) z\; d)  \\
     \texttt{balance}(B\; (R\; (R\; a\; x\; b)\; y\; c)\; z\; d)   \\
     \texttt{balance}(B\; a\; x\; (R\; (R\; b\; y\; c)\; z\; d))  \\
   \end{rcases} &= (R\; (B\; a\; x\; b)\; y\; (B\; c\; x\; d)) \\
@@ -155,11 +158,12 @@ Dieses Ergebnis lässt sich noch verfeinern, da tatsächlich amortisiert $\mathc
 kann:
 
 \begin{lemma}
-  Bei mehrfacher, sukzessiver Anwendung von \emph{\texttt{insert}} passieren lediglich $\mathcal{O}(1)$ Schreibaufrufe, also
-  Anwendungen der Regeln (3.1), (3.3) und (3.5).
+  Bei widerholten Einfügen in einen Red-Black-Tree gibt es lediglich amortisiert $\mathcal{O}(1)$ Umstrukturierungsoperationen 
+  (Also Operationen wie in Abbildung \ref{fig:rbt_balance} beschrieben).
   \label{lemma:rbt_amortisiert}
 \end{lemma}
 \begin{proof}
+  TODO: Rework.
   Wir beobachten zuerst, dass sich bei einer Anwendung der Regel (3.5) die Kapazität des entsprechenden Teilbaums
   verdoppelt: In jeder der vier Ausgangsfälle in Abbildung \ref{fig:rbt_balance} beträgt die Kapazität maximal
   $4^{h'}$, wobei $h'$ hier die Anzahl der zu durchwandernden schwarzen Knoten auf den von der Wurzel dieses Teilbaums zu

Datenstrukturen_und_Algorithmen.tex

@@ -16,15 +16,17 @@
 \usepackage{nccmath,mathtools}
 \usepackage{unicode-math}
 
+\usepackage{amsthm}
+\newtheorem{theorem}{Theorem}[section]
+\newtheorem{corollary}[theorem]{Corollary}
+\newtheorem{proposition}[theorem]{Proposition}
+\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemma}
+\newtheorem{conjecture}[theorem]{Conjecture}
 
 \theoremstyle{definition}
-\newtheorem{definition}{Definition}
-\newtheorem{example}{Beispiel}
-\theoremstyle{plain}
-\newtheorem{theorem}{Satz}
-\newtheorem{proposition}{Proposition}
-\newtheorem{lemma}{Lemma}
-\usepackage{commath}
+\newtheorem{definition}[theorem]{Definition}
+\newtheorem{remark}[theorem]{Remark}
+\newtheorem{example}[theorem]{Example}
 
 %custom math macros
 \usepackage{mathtools}

Makefile

+# default target at the top
+Datenstrukturen_und_Algorithmen.pdf:
+
+%.pdf: %.tex
+	latexmk -deps -deps-out=$*.d -xelatex --shell-escape -halt-on-error $<
+
+
+-include *.d
+
+.PHONY: clean
+clean: 
+	latexmk -pdflua  -C $(NAME)
+	rm -f *.d

README.md

+Kompilieren via `make` oder `latexmk -lualatex --shell-escpape Datenstrukturen_und_Algorithmen.tex`
+
+Skript für die Vorlesung Datenstrukturen und Algorithmen, gehalten im Sommersemester 2020-2025 von von Florian Unger (TU Graz).
+
+Das Skript basiert auf ein altes Vorlesungsskript von Oswin Aichholzer zur gleichnamigen Vorlesung (gehalten irgendwann um 1999 herum), wurde aber technisch vollkommen modernisiert und auch inhaltlich grundlegend überarbeitet. Die grundlegende Struktur wurde aber vererbt.
+
+Fehlermeldungen bitte an florian.unger@tugraz.at oder via merge requests.
+
+
+Langfristig wird eine CC-Lizenz angestrebt, wobei vorher noch urheberrechtliche Fragen geklärt werden müssen.