The implementation of remove is non

The implementation of remove is non-trivial. Simply overwriting the element by ⊥ does not suffice as it may destroy the invariant. Assume h(x) = h(z),h(y) = h(x) + 1 and x, y and z are inserted in this order. Then z is stored at position h(x) + 2. Overwriting y by ⊥ will make z inaccessible. There are three solutions. First, disallow removals. Second, mark y but do not actually remove it. Searches are only allowed to stop at ⊥, but not at marked elements. The problem with this ap-proach is that the number of nonempty cells (occupied or marked) keeps increasing,so searches eventually become slow. This can only be mitigated by introducing the
additional complication of periodic reorganizations of the table. Third, actively re-
store the invariant. Assume that we want to remove the element at i. We overwrite it
by ⊥ leaving a “hole”. We then scan the entries to the right of i to check for viola-
tions of the invariant. Set j to i + 1. If t[j] = ⊥, we are finished. Otherwise, let f
be the element stored in t[j]. If h(f ) > i, there is nothing to do and we increment j.
If h(f ) ≤ i, leaving the hole would violate the invariant and f would not be found

Kết quả (Việt) 1:

Việc thực hiện của loại bỏ là không nhỏ. Đơn giản chỉ cần ghi đè lên các yếu tố của ⊥ không không suffice như nó có thể tiêu diệt bất biến. Giả sử h (x) = h(z),h(y) = h (x) 1 và x, y và z được chèn vào trong bộ này. Sau đó z được lưu trữ tại vị trí h (x) 2. Ghi đè lên y bởi ⊥ sẽ làm cho z không truy nhập được. Có là ba giải pháp. Đầu tiên, không cho phép gỡ bỏ. Thứ hai, đánh dấu y nhưng không thực sự loại bỏ nó. Tìm kiếm chỉ được phép dừng lại ở ⊥, nhưng không đánh dấu yếu tố. Vấn đề với ap-proach này là rằng số lượng tế bào nonempty (chiếm đóng hoặc đánh dấu) tiếp tục tăng, do đó, tìm kiếm cuối cùng trở thành chậm. Điều này chỉ có thể được giảm nhẹ bằng cách giới thiệu các
thêm phức tạp của reorganizations định kỳ của bảng. Thứ ba, tích cực re-
lưu trữ bất biến. Giả sử rằng chúng tôi muốn loại bỏ các phần tử lúc tôi. Chúng tôi ghi đè lên nó
bởi ⊥ để lại một "lỗ". Sau đó chúng tôi quét các mục bên phải của tôi để kiểm tra cho viola-
tions bất biến. Thiết lập j để tôi 1. Nếu t [j] = ⊥, chúng tôi là finished. Nếu không, hãy để f
là phần tử được lưu trữ trong t [j]. Nếu h (f) > tôi, không có gì để làm và chúng tôi tăng j.
nếu h (f) ≤ i, để lại lỗ nào vi phạm bất biến và f sẽ không được tìm thấy

Kết quả (Việt) 2:

Việc thực hiện loại bỏ là không tầm thường. Chỉ đơn giản là ghi đè lên các phần tử của ⊥ không đủ vì nó có thể phá hủy bất biến. Giả sử h (x) = h (z), h (y) = h (x) + 1 và x, y, z được chèn vào theo thứ tự này. Sau đó z được lưu trữ tại vị trí h (x) + 2. Ghi đè lên y bởi ⊥ sẽ làm z không thể tiếp cận. Có ba giải pháp. Đầu tiên, không cho phép gỡ bỏ. Thứ hai, đánh dấu y nhưng không thực sự loại bỏ nó. Tìm kiếm chỉ được phép dừng lại ở ⊥, nhưng không phải ở yếu tố đánh dấu. Vấn đề này Cách tiếp cận là số lượng tế bào rỗng (chiếm hoặc đánh dấu) tiếp tục tăng, vì vậy tìm kiếm cuối cùng trở nên chậm chạp. Điều này chỉ có thể được giảm thiểu bằng cách giới thiệu các
biến chứng khác của sự tái tổ chức định kỳ của bảng. Thứ ba, tích cực tái
lưu trữ các bất biến. Giả sử rằng chúng ta muốn loại bỏ các yếu tố ở tôi. Chúng tôi ghi đè lên nó
bằng ⊥ để lại một "lỗ". Sau đó chúng tôi quét các mục bên phải của tôi để kiểm tra viola-
tions của bất biến. Bộ j để i + 1. Nếu t [j] = ⊥, chúng tôi đã kết thúc. Nếu không, hãy để f
là yếu tố được lưu trữ trong t [j]. Nếu h (f)> i, không có gì để làm và chúng tôi là tăng j.
Nếu h (f) ≤ i, để lại lỗ sẽ vi phạm bất biến và e sẽ không được tìm thấy