第一题：
参考书《数据压缩导论（第4版）》 Page 66。2（a）（b），4，5
2、
利用程序huff_enc和huff_dec进行以下操作（在每种情况下，利用由被压缩图像生成的码本）。
（a）对Sena、Sensin和Omaha图像进行编码。
解：（a）
| 文件名 | 压缩前 | 压缩后 | 压缩比 |
| Sena | 64K | 56.1K | 87.66% |
| Sensin | 64K | 61K | 95.31% |
| omaha | 64K | 57K | 89.06% |
4、
一个信源从符号集A={a1,a2,a3,a4,a5}中选择字母，概率为P(a1)=0.15,P(a2)=0.04,P(a3)=0.26,P(a4)=0.05,P(a5)=0.50。4、
（a）计算这个信源的熵。
（b）求这个信源的霍夫曼编码。
（c）求（b）中代码的平均长度及其冗余度。
解：信源a的熵的计算公式为-p(a)log2 P（a）得：
（a）该信源的熵H（A）= -0.15*log20.15-0.04*log20.04-0.26*log20.26-0.05*log20.05-0.50*log20.50
=0.15* 2.737+0.04*4.644+0.26*1.943+0.05*4.322+0.5*1
=0.411+0.186+0.505+0.216+0.5
=1.82（bits）
（b）首先由概率从小到大依次排列，然后再用霍夫曼编码规则进行编码，具体编码如下：
因此，该信源的霍夫曼编码为如下：
| a1 | 001 |
| a2 | 0000 |
| a3 | 01 |
| a4 | 0001 |
| a5 | 1 |
（c）
平均长度：L=0.15*3+0.04*4+0.26*2+0.05*4+0.5*1
=0.45+0.16+0.52+0.2+0.5
=1.83（bits）
冗余度：L-H(A)=1.83-1.82=0.01（bits）
5、
一个符号集A={a1,a2,a3,a4},其概率为P(a1)=0.1,P(a2)=0.3,P(a3)=0.25,P(a4)=0.35,使用以下过程找出一种霍夫曼码：
(a)本章概述的第一种过程；
(b)最小方差过程。
解释这两种霍夫曼码的区别。
解：
（a）
第一种方法结果如下：
|
符号 |
码 |
|
a1 |
010 |
|
a2 |
00 |
|
a3 |
011 |
|
a4 |
1 |
第二种方法结果如下：
|
符号 |
码 |
|
a1 |
00 |
|
a2 |
10 |
|
a3 |
01 |
|
a4 |
11 |
第一种方法的平均码长=3*0.1+2*0.3+3*0.25+1*0.35=2（bits）
第二种方法的平均码长=2*0.1+2*0.3+2*0.25+2*0.35=2（bits）
第一种方法的平均方差=0.1(3-2)2+0.3(2-2)2+0.25(3-2)2+0.35(1-2)2=0.70（bits）
第二种方法的平均方差=0.1(2-2)2+0.3(2-2)2+0.25(2-2)2+0.35(2-2)2 =0（bits）
由上可知：两种方法的平均码长都是一样的，就由方差来决定，第二种方法方差为0bits，显然优于第一种方法，所以综上，霍夫曼编码为：a1=00,a2=10,a3=01,a4=11
第二题：
参考书《数据压缩导论（第4版）》Page 30 6
2-6. 在本书配套的数据集中有几个图像和语音文件。
(a)编写一段程序，计算其中一些图像和语音文件的一阶熵。
(b)选择一个图像文件，并计算其二阶熵。试解释一阶熵和二阶熵之间的差别。
(c)对于（b）中所用的图像文件，计算其相邻像素之差的熵。试解释你的发现。
解：
|
文件名 |
一阶熵 |
二阶熵 |
差阶熵 |
|
GABE.RAW |
7.116338 |
6.654578 |
8.978236 |
|
OMAHA.IMG |
6.942426 |
4.488626 |
6.286834 |
|
SENA.IMG |
6.834299 |
3.625204 |
3.856989 |
|
SENSIN.IMG |
7.317944 |
4.301673 |
4.541597 |
|
BERK.RAW |
7.151537 |
6.705169 |
8.976150 |
|
EARTH.IMG |
4.770801 |
2.568358 |
3.962697 |
由上表可知：一阶熵比二阶熵大的多，并且可以看出，大部分的差阶熵都在一阶熵和二阶熵之间，可能差阶熵更适合估计图像文件的存储！！！