Projektowanie relacyjnych baz danych

Transkrypt

1 BAZY DANYCH wykład 7 Projektowanie relacyjnych baz danych Dr hab. Sławomir Zadrożny, prof. PR

2 Zależności funkcyjne Niech X i Y oznaczają zbiory atrybutów relacji R Powiemy, że dla relacji R obowiązuje zależność funkcyjna, oznaczana jako X Y, wtedy gdy jeśli dwie krotki relacji R mają identyczne wartości wszystkich atrybutów ze zbioru X, to mają również identyczne wartości wszystkich atrybutów ze zbioru Y Bazy danych wykład 7 2

3 Zależności funkcyjne Functional dependency (FD) Konwencja oznaczeń: X, Y, Z oznaczają zbiory atrybutów, zaś A, B, C, pojedyncze atrybuty; będziemy często opisywać zbiór atrybutów jako np. ABC, zamiast {A,B,C } Bazy danych wykład 7 3

4 Równoważność zapisu X A 1 A 2 A n obowiązuje dla relacji R wtedy i tylko wtedy gdy dla R zachodzą wszystkie z poniższych zależności funkcyjnych: X A 1, X A 2,, X A n Przykład: zależność A BC jest równoważna zależnościom A B i A C Zazwyczaj będziemy posługiwać się zależnościami funkcyjnymi z pojedynczymi atrybutami po prawej stronie Bazy danych wykład 7 4

5 Przykład zależności funkcyjnych Załóżmy, że reprezentujemy informację o markach piwa lubianych przez poszczególne osoby z użyciem relacji o następującym schemacie: Drinkers(name, addr, beersliked, manf, favbeer) Można oczekiwać, że powinny dla niej obowiązywać następujące zależności funkcyjne: 1. name addr favbeer równoważnie: name addr i name favbeer 2. beersliked manf Bazy danych wykład 7 5

6 Przykład: możliwa zawartość relacji name addr beersliked manf favbeer Janeway Voyager Bud A.B. WickedAle Janeway Voyager WickedAle Pete s WickedAle Spock Enterprise Bud A.B. Bud ponieważ name addr ponieważ name favbeer ponieważ beersliked manf Bazy danych wykład 7 6

7 Klucze relacji K jest nadkluczem relacji R jeśli dla każdego atrybutu A relacji R obowiązuje zależność funkcyjna K A K jest kluczem relacji R jeśli K jest nadkluczem i żaden podzbiór właściwy K nie jest nadkluczem Bazy danych wykład 7 7

8 Przykład: Nadklucz Drinkers(name, addr, beersliked, manf, favbeer) {name, beersliked} jest nadkluczem, ponieważ obydwa te atrybuty łącznie wyznaczają wartości wszystkich pozostałych atrybutów name addr favbeer beersliked manf Bazy danych wykład 7 8

9 Przykład: Klucz {name, beersliked} jest kluczem bo ani {name} ani {beersliked} nie są nadkluczami nie zachodzi name manf ani beersliked addr. Nie ma żadnych innych kluczy, ale jest wiele innych nadkluczy; każdy nadzbiór {name, beersliked} jest nadkluczem Bazy danych wykład 7 9

10 Skąd się biorą klucze? 1. Można dodać klucz K i przyjąć zależności funkcyjne K A dla wszystkich atrybutów A 2. Można przyjąć zbiór zależności funkcyjnych i na ich podstawie wywnioskować co może być kluczem Bazy danych wykład 7 10

11 Zależności funkcyjne jako ograniczenia Przykład: jeśli mamy ograniczenie: dwa wykłady nie mogą się odbywać w tej samej Sali w tym samym czasie to wyznaczają one: hour room course Bazy danych wykład 7 11

12 Zależności funkcyjne wynikające z innych zależności funkcyjnych Dla relacji R zadane są FD X 1 A 1, X 2 A 2,, X n A n ; chcemy wiedzieć czy FD Y B obowiązuje w relacji R? Przykład: jeśli A B i B C zachodzą, to na pewno zachodzi A C Wynikanie zależności funkcyjnych jest istotne z punktu widzenia projektowania dobrych schematów relacji Bazy danych wykład 7 12

13 Sprawdzanie wynikania FD Aby sprawdzić czy Y B wynika z pewnego zbioru zależności funkcyjnych F, rozważmy dwie krotki o identycznych wartościach wszystkich atrybutów ze zbioru Y Y ??...? Bazy danych wykład 7 13

14 Sprawdzanie wynikania FD (2) Użyjmy wszystkich założonych zależności funkcyjnych ze zbioru F do określenia wszystkich innych atrybutów, dla których te dwie krotki muszą mieć również identyczne wartości Jeśli B należy do takich atrybutów, to Y B zachodzi W przeciwnym przypadku, takie dwie krotki stanowią przykład relacji zaprzeczającej wynikaniu Y B ze zbioru F Bazy danych wykład 7 14

15 Domknięcie zbioru atrybutów Łatwiejszym sposobem sprawdzenie wynikania zależności Y B ze zbioru zależności F jest określenie domknięcia (ang. closure) zbioru atrybutów Y względem zbioru zależności funkcyjnych F, oznaczanego Y + 1. Y + = Y 2. Wybieramy z F taką zależność funkcyjną X A, że X Y + 3. Y + = Y + A 4. Wracamy do 2. lub kończymy jeśli nie ma więcej FD Bazy danych wykład 7 15

16 Domknięcie zbioru atrybutów X A Y + nowy Y + Bazy danych wykład 7 16

17 Określanie FD dla rzutu relacji Motywacja: dla celów normalizacji rzutu/rozbicia (schematu) relacji na kilka (schematów) relacji Przykład: relacja o schemacie ABCD z zależnościami funkcyjnymi AB C, C D, i D A Rzuty ABCD na ABC i na AD. Jakie zależności funkcyjne obowiązują w ABC? Nie tylko AB C, ale również C A! Bazy danych wykład 7 17

18 Dlaczego C A? ABCD ABC a 1 b 1 cd 1 a 2 b 2 cd 2 a 1 b 1 c pochodzi z a 2 b 2 c d 1 =d 2 gdyż C D a 1 =a 2 gdyż D A Stąd, krotki w rzucie relacji ABCD na ABC o równych wartościach atrybutu C mają również równe wartości atrybutu A, czyli C A Bazy danych wykład 7 18

19 Ogólna idea domknięcia zbioru FD 1. Dla danego zbioru FD poszukujemy wszystkich wynikających z nich, nietrywialnych FD nietrywialna zależność funkcyjna to taka, w której prawa strona nie jest zawarta w lewej 2. Ograniczamy się do tych zależności, w których występują wyłącznie interesujące nas atrybuty (z danego rzutu schematu oryginalnego) Bazy danych wykład 7 19

20 Prosty algorytm (duża złożoność) 1. Dla każdego zbioru atrybutów X, wylicz X + 2. Dodaj X A dla każdego A w X + - X. 3. Usuń XY A po wykryciu X A ponieważ XY A wynika z X A dla dowolnego rzutu 4. Ostatecznie, pozostaw tylko te FD, które odnoszą się do atrybutów występujących w schemacie rozważanego rzutu relacji Bazy danych wykład 7 20

21 Kilka uproszczeń algorytmu Nie trzeba obliczać domknięcia ani dla pustego zbioru atrybutów ani dla zbioru wszystkich atrybutów Po stwierdzeniu, że X + = zbiorowi wszystkich atrybutów, wiadomo że to samo dotyczy każdego nadzbioru zbioru X Bazy danych wykład 7 21

22 Przykład: określanie FD dla rzutu Rozważmy schemat ABC z zależnościami funkcyjnymi A B i B C, i jego rzut na AC A + =ABC ; co daje FD A B i A C nie trzeba wyliczać ani {A,B} + ani {A,C} +. B + =BC ; co daje B C C + =C ; co nie prowadzi do nowych FD {B,C } + ={B,C }; co nie prowadzi do nowych FD Bazy danych wykład 7 22

23 Przykład -- kontynuacja Wynikowe FD: A B, A C, i B C Rzut na AC : pozostaje A C jedyna FD, która odnosi się do zbioru atrybutów {A,C } Bazy danych wykład 7 23

24 Geometryczna interpretacja FD Wyobraźmy sobie przestrzeń wszystkich instancji pewnego schematu relacji, czyli wszystkie skończone zbiory krotek zgodne z danym schematem Każda instancja jest punktem w takiej przestrzeni Bazy danych wykład 7 24

25 Przykład: R(A,B) {(1,2), (3,4)} {} {(5,1)} {(1,2), (3,4), (1,3)} Bazy danych wykład 7 25

26 FD jest podzbiorem instancji Dla każdej zależności funkcyjnej X A istnieje podzbiór instancji schematu relacji takich, w których zależność ta obowiązuje Tak więc możemy utożsamić (reprezentować) FD z pewnym regionem tej przestrzeni Trywialna FD = FD, która reprezentowana jest przez całą przestrzeń Przykład: A A Bazy danych wykład 7 26

27 Przykład: A B dla schenatu R(A,B) {(1,2), (3,4)} {} A B {(5,1)} {(1,2), (3,4), (1,3)} Bazy danych wykład 7 27

28 Reprezentacja zbiorów FD Jeśli każda FD jest reprezentowana przez zbiór instancji pewnego schematu relacji, to zbiór tych FD reprezentowany jest przez przecięcie tych zbiorów instancji To przecięcie obejmuje wszystkie instancje, w których obowiązują wszystkie FD Bazy danych wykład 7 28

29 Przykład Instancje spełniające A B, B C i CD->A A B B C CD A Bazy danych wykład 7 29

30 Wynikanie zależności funkcyjnych Jeśli FD Y B wynika ze zbioru FD X 1 A 1,,X n A n, to region w przestrzeni instancji reprezentujący Y B musi zawierać przecięcie regionów reprezentujących zbiór FD X i A i Czyli każda instancja spełniająca wszystkie FD X i A i z pewnością spełnia Y B. Jednak, instancja spełniająca Y B nie musi należeć do tego przecięcia Bazy danych wykład 7 30

31 Przykład A->B A->C B->C Bazy danych wykład 7 31

32 Projektowanie schematu relacji Celem jest uniknięcie redundancji informacji i związanych z nią anomalii: anomalie aktualizacji : pewne wystąpienia danej wartości są modyfikowane, ale nie wszystkie anomalie usuwania : pewne wartości zostają utracone jako efekt uboczny usunięcia danej krotki Bazy danych wykład 7 32

33 Przykład złego projektu Drinkers(name, addr, beersliked, manf, favbeer) name addr beersliked manf favbeer Janeway Voyager Bud A.B. WickedAle Janeway??? WickedAle Pete s??? Spock Enterprise Bud??? Bud Występuje redundancja danych: każde z??? może być wywnioskowane na podstawie zależności funkcyjnych name addr favbeer oraz beersliked manf Bazy danych wykład 7 33

34 Anomalie związane z redundancją name addr beersliked manf favbeer Janeway Voyager Bud A.B. WickedAle Janeway Voyager WickedAle Pete s WickedAle Spock Enterprise Bud A.B. Bud anomalia aktualizacji: jeśli Janeway zostanie przeniesiona na Intrepid to trzeba pamiętać o zmianie wszystkich związanych z nią krotek! anomalia usuwania: jeśli nikt w danej chwili (w danej instancji relacji) nie lubi piwa Bud, to stracimy informację o tym, że browar Anheuser-Busch jest producentem tej marki piwa Bazy danych wykład 7 34

35 Postać normalna Boyce a-codd a Powiemy, że relacja R (jej schemat) jest w postaci normalnej Boyce a-codd a (BCNF) jeśli tylko takie nietrywialne zależności funkcyjne X Y w niej obowiązują, w których X jest nadkluczem dla przypomnienia: nietrywialna zależność funkcyjna X Y to taka, w której Y nie zawiera się w X dla przypomnienia: nadklucz to dowolny nadzbiór klucza Bazy danych wykład 7 35

36 Przykład Drinkers(name, addr, beersliked, manf, favbeer) FD: name addr favbeer, beersliked manf jedynym kluczem jest {name, beersliked} w każdej z FD lewa strona nie jest nadkluczem tak więc każda z tych FD wskazuje, że relacja Drinkers nie jest w postaci BCNF Bazy danych wykład 7 36

37 Inny przykład Beers(name, manf, manfaddr) FD: name manf, manf manfaddr jedynym kluczem jest {name} name manf nie narusza warunków postaci BCNF, ale manf manfaddr narusza Bazy danych wykład 7 37

38 Dekompozycja relacja do postaci BCNF Wejście: relacja R, dla której obowiązuje zbiór zależności funkcyjnych F Znajdź wśród FD F takie X Y, dla których występuje naruszenie własności BCNF. Jeśli, któraś z FD wynikających z F narusza BCNF, to na pewno wśród FD F jest taka zależność, która sama narusza BCNF Oblicz X + Musi być różne od zbioru wszystkich atrybutów, bo w przeciwnym przypadku X byłby nadkluczem, a skoro X Y, z założenia narusza BNCF, to X nie jest nadkluczem Bazy danych wykład 7 38

39 Dekomponuj R z użyciem X Y Zastąp R relacjami o schematach: 1. R 1 = X + 2. R 2 = R (X + X ). Rzutuj zależności funkcyjne F na te dwie nowe relacje Bazy danych wykład 7 39

40 Ilustracja dekompozycji R 1 R-X + X X + -X R 2 R Bazy danych wykład 7 40

41 Przykład:dekompozycja do postaci BCNF Drinkers(name, addr, beersliked, manf, favbeer) F = name addr, name favbeer, beersliked manf Weźmy FD name addr naruszającą BNCF Domknijmy lewą stronę: {name} + = {name, addr, favbeer}. Relacje powstałe w wyniku dekompozycji: 1. Drinkers1(name, addr, favbeer) 2. Drinkers2(name, beersliked, manf) Bazy danych wykład 7 41

42 Przykład: ciąg dalszy To nie koniec należy jeszcze zbadać czy Drinkers1 i Drinkers2 sa w postaci BCNF Rzutowanie zależności jest w tym przypadku proste Dla Drinkers1(name, addr, favbeer), obowiązują zależności name addr i name favbeer. {name} jest jedynym kluczem, a więc Drinkers1 jest w postaci BCNF Bazy danych wykład 7 42

43 Przykład: ciąg dalszy Dla Drinkers2(name, beersliked, manf), jedyną zależnością funkcyjną jest beersliked manf, i jedynym kluczem jest {name, beersliked}. Naruszenie BCNF! beersliked + = {beersliked, manf}, a więc dekomponujemy Drinkers2 do: 1. Drinkers3(beersLiked, manf) 2. Drinkers4(name, beersliked) Bazy danych wykład 7 43

44 Przykład: konkluzja Finalna dekompozycja relacji Drinkers : 1. Drinkers1(name, addr, favbeer) 2. Drinkers3(beersLiked, manf) 3. Drinkers4(name, beersliked) Zauważmy, że: Drinkers1 dotyczy klientów, Drinkers3 dotyczy marek piwa, i Drinkers4 dotyczy powiązania pomiędzy klientami i markami piwa, które lubią Bazy danych wykład 7 44

45 Trzecia postać normalna - motywacja Dla pewnej kombinacji zależności funkcyjnych występują problemy przy dekompozycji AB C i C B Przykład: A = street address, B = city, C = zip code. Istnieją tu dwa klucze {A,B } i {A,C } C B narusza BCNF, a więc musimy dokonać dekompozycji do AC i BC Bazy danych wykład 7 45

46 Zależność, której nie możemy wymusić street zip 545 Tech Sq Tech Sq city zip Cambridge Cambridge Połączmy krotki o równych kodach pocztowych (zip) street city zip 545 Tech Sq. Cambridge Tech Sq. Cambridge Chociaż żadna FD nie była naruszona w zdekomponowanych relacjach, to FD street city zip jest naruszona w bazie jako całości Bazy danych wykład 7 46

47 3NF: uniknięcie tego problemu 3 rd Normal Form (3NF) stanowi modyfikację wymogów BCNF tak, że nie musimy dokonywać dekompozycji w tej problematycznej sytuacji Atrybut nazwiemy kluczowym jeśli jest członkiem jakiegokolwiek klucza X A narusza 3NF wtedy i tylko wtedy gdy X nie jest nadkluczem i jednocześnie A nie jest atrybutem kluczowym Bazy danych wykład 7 47

48 Przykład: 3NF Przy zależnościach funkcyjnych AB C i C B, mamy klucze AB i AC Tak więc każdy z atrybutów A, B, i C jest kluczowy Chociaż C B narusza BCNF, to nie narusza 3NF Bazy danych wykład 7 48

49 Jaka jest korzyść z 3NF i BCNF? Dwie ważne własności dekompozycji: 1. bezstratność informacji (ang. lossless join) : możliwość odtworzenia oryginalnej relacji po jej zdekomponowaniu 2. zachowanie zależności funkcyjnych (ang. dependency preservation ): powinno być możliwe wyrażenie oryginalnych zależności funkcyjnych w zdekomponowanych relacjach Bazy danych wykład 7 49

50 3NF i BCNF: ciąg dalszy Własność 1. zawsze obowiązuje dla dekompozycji opartej na BCNF, ale własność 2. nie zawsze obowiązuje! Własności 1. i 2.obowiązują dla dekompozycji opartej 3NF Bazy danych wykład 7 50

51 Bezstratność dekompozycji Czy po wykonaniu rzutu relacji R na relacje R 1, R 2,, R k, możemy odtworzyć R złączając R 1, R 2,, R k? Każdą krotkę można odtworzyć z jej fragmentów powstałych w wyniku rzutów. Pozostaje jednak wątpliwość: czy przy złączaniu nie dostaniemy czasami krotek, które nie występują w dekomponowanej relacji? Bazy danych wykład 7 51

52 Sprawdzenie bezstratności dekompozycji Przyjmijmy, że krotka t występuje w relacji będącej wynikiem złączenia relacji powstałych w wyniku dekompozycji relacji R Biorąc pod uwagę zależności funkcyjne obowiązujące w R chcemy pokazać, że t musiała należeć do R Bazy danych wykład 7 52

53 Sprawdzenie bezstratności dekompozycji Niech t = abc. Dla każdego i istnieje krotka s i należąca do R, która ma wartości a, b, c, dla atrybutów relacji R i - bo t jest wynikiem złączenia krotek z R i s i może mieć dowolne inne wartości pozostałych atrybutów będziemy je oznaczali jak wartości tych atrybutów w krotce t, ale z odpowiednimi indeksami (np. a 1 zamiast a ) Bazy danych wykład 7 53

54 Krotki relacji R, które po zrzutowaniu na AB, BC, CD dały następnie po złączeniu t A B C D a b c 1 d 1 a 2 a b c d 2 a 3 b 3 c d d na podstawie B A na podstawie C D Tak więc, drugą krotką musi być t Bazy danych wykład 7 54

55 Sprawdzenie bezstratności dekompozycji: przykład Niech R = ABCD, będzie zdekomponowana na trzy relacje o schematach AB, BC, i CD Niech w R obowiązują następujące zależności funkcyjne C D i B A Niech krotka t = abcd należy do wyniku złączenia relacji AB, BC, CD. Bazy danych wykład 7 55

56 Sprawdzanie bezstratności: podsumowanie 1. Jeśli dwa wiersze mają identyczne wartości atrybutów występujących po lewej stronie pewnej zależności funkcyjnej, to uczyń identycznymi również wartości atrybutów występujących po prawej stronie tej zależności 2. Zawsze zastępuj symbol z indeksem symbolem bez indeksu, o ile to możliwe. 3. Jeśli otrzymasz wiersz z wartościami bez indeksów, to dowodzi że każda krotka uzyskana w sekwencji operacji rzut-złączenie występuje w dekomponowanej relacji (dekompozycja jest bezstratna). 4. W przeciwnym przypadku, uzyskany zestaw krotek stanowi kontrprzykład na bezstratność Bazy danych wykład 7 56

57 Przykład dekompozycji stratnej Rozważmy tę samą relację R = ABCD i tę samą jej dekompozycję na trzy relacje o schematach AB, BC, i CD Ale tym razem załóżmy tylko jedną zależność funkcyjną: C D Bazy danych wykład 7 57

58 Krotki relacji R, które po zrzutowaniu na AB, BC, CD dały następnie po złączeniu t A B C D a b c 1 d 1 a 2 b c d 2 a 3 b 3 c d Te trzy krotki stanowią kontrprzykład na bezstratność dekompozycji: stanowią przykład instancji relacji R, w której nie występuje krotka abcd, ale po rzucie i złączeniu pojawia się ona w relacji wynikowej d na podstawie C D Bazy danych wykład 7 58

59 Algorytm normalizacji do 3NF Zawsze można zdekomponować relację do trzeciej postaci normalnej (3NF) w sposób bezstratny i zachowujący zależności funkcyjne Należy w tym celu najpierw sprowadzić zbiór zależności funkcyjnych do takiej równoważnej minimalnej postaci (znaleźć minimalne pokrycie), że: 1. prawe strony są pojedynczymi atrybutami 2. żadna z zależności nie może być usunięta 3. żaden z atrybutów nie może być usunięty z lewej strony zależności Bazy danych wykład 7 59

60 Określanie minimalnego pokrycia FD 1. Rozszczepić zależności z wieloma atrybutami po prawej stronie na wiele zależności z jednym atrybutem po prawej stronie 2. Próbować usunąć kolejne FD i sprawdzać czy zbiór pozostałych FD jest równoważny pierwotnemu zbiorowi FD 3. Próbować usuwać kolejne atrybuty z lewej strony poszczególnych FD i sprawdzać czy uzyskany zbiór FD jest równoważny oryginalnemu. Bazy danych wykład 7 60

61 Algorytm normalizacji do 3NF (2) Utworzyć oddzielną relację dla każdej z tak uzyskanych zależności funkcyjnych. Schematem takiej relacji jest suma atrybutów występujących po lewej i prawej stronie zależności Jeśli nie ma klucza wśród zależności funkcyjnych, to dodać jedną relację, której schematem jest jakiś klucz. Bazy danych wykład 7 61

62 Algorytm normalizacji do 3NF: przykład Relacja R = ABCD Zależności funkcyjne: A B i A C Dekompozycja: AB i AC na podstawie zależności funkcyjnych oraz AD jako klucz Bazy danych wykład 7 62