Huffman编码学习笔记

主要是在学算导，觉得算导译到中国真是中国人民的福音。
一、编码
编码就是选择有意义的01串，令其首尾相接组成文本。我们并非可以随便挑选01串，原因在于它们是首尾相接的，这为我们识别造成了一些困难。比如说我们不能在文本000000中分清字符00与000.
一般我们使用的方式是定长字符；但更好的方式是前缀码，算导中写道”虽然我们这里不会证明，但与任何字符编码相比，前缀码确实可以保证达到最优数据压缩率。“，这显然是一个flag，将来一定会有比前缀码更好的编码方式的。
二、Huffman编码便是基于前缀码的，它试图依据一个文本找出其最优的前缀码以将其压缩。
显然文本长度等于各个字符长度乘以其各自的出现次数的总和。
考虑用一棵trie树做出所有01串字符集合，那么就成了各个叶子点的点权乘以其树高的和。
Huffman贪心基于排序不等式：
对于$\{ a_1,a_2,...,a_n \}$，满足$a_i \le a_{i+1}$对于$\forall 1 \le i \le n$，以及同样的$\{b_1,b_2,...,b_n\}$，满足$b_i \le b_{i+1}$对于$\forall 1\le i \le n$，而$\{c_1,c_2,...,c_n \}$是1~n的一个排列。
那么

$$\sum_{i=1}^n(a_ib_{n-i+1})\le \sum_{i=1}^n(a_ib_{c_i}) \le \sum_{i=1}^n(a_ib_i)$$
证：
考虑后一个不等式，对于i≠j，如果$b_{c_i}>b_{c_j}$，那么我们试图交换$b_{c_i}$与$b_{c_j}$，令$b_{c_i}$与$a_j$相乘，$b_{c_j}$与$a_i$相乘，我们考虑增量 $$Δ=a_j*b_{c_i}+a_i*b_{c_j}-a_i*b_{c_i}-a_j*b_{c_j}=a_i*(b_{c_j}-b_{c_i})-a_j*(b_{c_j}-b_{c_i})=(a_i-a_j)*(b_{c_j}-b_{c_i}) \ge 0$$ 那么我们不妨考虑插入排序的过程，将其$\{b_1,b_2,...,b_n\}$排至与$\{ a_1,a_2,...,a_n \}$顺序相乘而其和不下降。前一个式子是类似的。

而Huffman是怎么做的呢？他统计出所有字符的频率，每次选两个最小的，将其”合并“，直至只剩一个，那就是trie的根。其实合并等价于承认它们是兄弟，合并出来的节点便是它们的父亲，这样我们就可以像拓扑一样从叶子节点搞出整棵树来。
首先显然最优前缀码集合的trie树应该是一棵满二叉树，因为如果有一个节点的度为1的话，我们删掉它直接把它的儿子接给它的父亲显然会有更好的结果。
而如果我们规定内部节点的权值为其儿子节点权值和的话，文本长度其实也等于所有内部节点权值和，这是显而易见的，因为考虑到一个叶子节点会被考虑深度次。

那么我们已经它是如果搞出这个树的了，但是核心的问题在于，这为什么是正确的？
我们试图从Huffman给出的步骤倒推出它的正确性，这里我们会发现一个问题：先合并的两个最小的节点在trie树中的深度一定是最大的。这实际上与单调性有关。考虑Huffman合并的过程，它诞生的新节点的权值实际上是递增的。不妨设其为z=x+y,而下一次合并为z’=x’+y’(可能有x’=z或y’=z)那么显然$z>x$,又由于x和y是最小的两个权值，所以$y \le y‘$，所以$z‘ \ge z$，这也就是说对于内部节点z与z’，先合出来的也意味着会先被合并，也就是说后合出的节点深度加1意味着先合出来的节点深度至少加1，也就是说第一次合并——最小的那两个节点一定是深度最深的。
为什么令权值最小的节点深度最深可以得到最优前缀码呢？我们逆向考虑这个问题，考虑一棵最优前缀码trie树，显然令其深度与权值反序（排序不等式）深度与权值的乘积和最小。也就是说，存在这样一棵最优前缀码trie树，使得权值最小的两个叶子节点深度最大。
那么显然我们可以递归地考虑这个过程了，Huffman的正确性得证。

列一些挺好的算导练习：
1、假定我们有字母表C={0,1，···，n-1}上的一个最优前缀码，我们希望用最少的二进制位传输此编码。说明如何仅用$2n-1+n \lceil lgn \rceil$位表示C上的任意最优前缀码。（提示：通过对树的遍历，用2n-1位说明编码树的结构。）
这题我看了半天提示才明白。这个$\lceil lgn \rceil$也非常蛋疼，实在晕的话最好写俩数试一试。
实际上这个dfs序是极其特殊的，因为是一棵满二叉树，所以其实只用第一次访问时的dfs序即可。因为考虑遍历当前位，如果是0，那么一定是从上一个节点的儿子，而如果是1，则是当前深度最深的没满的节点的右儿子。
我一开始以为这里出了一点问题，因为我们是不用也没法记录根节点的，所以应该是$2n-2+n \lceil lgn \rceil$位。但是后来发现n=1的时候我的式子等于0，可它显然应该等于1.= =
2、假定一个数据文件由8位字符组成，其中所有256个字符出现的频率大致相同：最高的频率也低于最低频率的2倍。证明：在此情况下，赫夫曼编码并不比8位固定长度的编码高效。
赫夫曼编码从它出发点看就显然是最高效的前缀码，而前面也说过（虽然无法证明）前缀码拥有最高的压缩率，所以这其实就是证赫夫曼编码退化成了8位定长编码。
显然一上来我们会把所有的字符都两两合并起来，因为新合并出的字符一定大于原先的字符，所以我们要证第二层依然如此，即最高频率低于最低频率两倍。
设最低的两个频率为$p_1\le p_2$,最高的则为$q_1\ge q_2$，那么显然第二层中，有$q_1+q_2 \le 2p_1+2p_1 \le 2(p_1+p_2)$，即原命题得证。
这并不是什么高深的定理，但却为我们衡量某些东西提供了定量标准。很多题目中把定性转化为定量都是相当重要的一步（这是叫建模吧）。
3、证明：对于一个由随机生成的8位字符组成的文件，没变任何压缩方法可以望将其压缩，哪怕只是压缩以为。（提示：比较可能的文件数量和可能的编码文件数量。）
这个”望“显然应该是”期望“的意思。= =这显然应该是上一个题的推论，我只需要证最大者与最小者之比小于2即可。。然而我突然脑卡用期望最大最小值比起来了。。实际上我应该用期望最大频率比期望最小频率。
期望频率？不就是概率么！随机？那概率不都。。相等么！卧槽！= =

总结：
①推式子的时候一定要想明白意义。。不要瞎推啊。。
②一定要定性关系中寻找定量关系。
③以后要会用均值不等式了哦~
④要注意满二叉树dfs序的特殊性。
⑤以后剪枝、证明什么的别忘了均值不等式、排序不等式！（别的遇到再学吧。。）