Question

我最近接受了一次电话采访。它将问题编码作为整个过程的一部分问题是Find the most closest common ancestor of a tree的变体，但是扭曲。树很像图形，即可以连接子节点。示例：

     A   
   /  
  B 
  | \ 
  C  E  
  |  |  
  D  F  
  \  /  
   G

在这种情况下，给定此树以及节点F和D，得到的最近共同的祖先将是B。第二个转折是树呈现为阵列。实施方法有以下输入：
public String getCA(String[] nodes, String[][] parentNodes, String targetNode1, String targetNode2)
在此示例中，nodes = {"G", "F", "E", "D", "C", "B", "A"}和parentNodes = {{"F","D"},{"E"}, {"B"}, {"C"}, {"B"}, {"A"}, null}
基本上nodes[i]父母是parentNodes[i] 说实话，我完全惊慌失措（已经非常紧张了），并且真的非常很长时间才能找到答案。
虽然我认为这是递归求解的，但我想出了一个迭代解决方案，据我所知可行：我在队列中推送节点，然后首先上升第一个目标节点然后是第二个节点。一旦我找到一个已经遇到的节点，我认为它是解决方案（添加了注释以清除事物）。

public String getCA(String[] nodes, String[][] parentNodes, String targetNode1, String targetNode2) {  
        if(nodes == null || parentNodes == null){  
            throw new IllegalArgumentException();  
        }  

        Map<String, String[]> map = new HashMap<String, String[]>();  
        for(int i = 0; i < nodes.length; i++){  
            map.put(nodes[i], parentNodes[i]);  
        }  
        //These are the parents visited as we go up  
        Set<String> parentsSeen = new HashSet<String>();  
        parentsSeen.add(targetNode1);  

        Queue<String> path = new LinkedList<String>();  
        String[] parents = map.get(targetNode1);  
        //The root is the common parent  
        if(parents == null){  
            return targetNode1;  
        }   

        //Build the path up  
        for(String parent:parents){  
            path.add(parent);  
        }  
        while(!path.isEmpty()){  
            String currentParent = path.remove();  
            parentsSeen.add(currentParent);  
            parents = map.get(currentParent);  
            if(parents == null){  
                continue;   
            }  
            for(String parent:parents){  
                path.add(parent);  
            }  
        }  

        parents = map.get(targetNode2);  
        //It is the root, so it is the common parent  
        if(parents == null){  
            return targetNode2;  
        }  
        //Start going up for the targetNode2. The first parent that we have already visited is the common parent  
        for(String parent:parents){  
            if(parentsSeen.contains(parent)){  
                return parent;  
            }  
            path.add(parent);  
        }  

        while(!path.isEmpty()){  
            String currentParent = path.remove();  
            if(parentsSeen.contains(currentParent)){  
                return currentParent;  
            }             
            parents = map.get(currentParent);  
            if(parents == null){  
                continue;  
            }  
            for(String parent:parents){  
                path.add(parent);  
            }  
        }  
        return null;            
    }

我没有得到前进电话。现在由于我“自学成才”，我有兴趣了解我是如何搞砸到这里的。由于这是技术问题，我认为这不是主观问题，希望我能从有经验的人那里得到帮助。
因此，作为同事程序员，您将如何处理该问题？您如何评估我的解决方案？我需要做些什么来提高我的技能？你可以尽可能地直截了当。只要我能理解出了什么问题并且学会了我很满意

Answer 1

我甚至不清楚“最接近”是什么意思。请考虑以下图表：

    I
   /\
  /  \
 /    \
H      E
|\    /|
| \  / |
G  \/  D
|  /\  |
| /  F C
|/    \|
A      B

这里有两个共同的祖先A和B，H和E. H是A和B的距离2.E是距离A的距离1但距离B的距离是3.我选择哪个？

此外，无论你对这个问题的答案是什么，从一个人那里找到一组祖先，然后从另一个人那里做一个BFS也行不通。找到A的所有祖先然后从B做BFS首先找到H，找到B的所有祖先然后从A做BFS首先找到E.作为对手，我可以切换A和B，使你的算法失败，无论你做出什么选择（选择2/2还是1/3更好）。

因此，正确的算法必须比祖先集计算加上BFS更复杂。除非你告诉我如何做出这个选择，否则我不确定我是否可以确定正确的算法。

Answer 2

非常好的问题，你真的付出了努力写这篇文章。对于这次采访我很抱歉，我知道当这样的事情发生时一定非常令人沮丧。让我们看看问题。

我想到的一个想法是：您可以向上递归，直到从两个目标节点到达根并构建两个列表。最后，只需在两个列表中找到第一个公共节点。

public static List<String> visitUpwards(Map<String, String[]> mapping, String current) {
    List<String> list = new ArrayList<String>();
    list.add(current);
    if(mapping.get(current) == null) return list;
    else {           
       for(String s: mapping.get(current)) {              
          list.addAll(visitUpwards(mapping, s));                            
       }
       return list;
    }
}

编辑：第二个想法，这不是一个好主意，因为它基本上向上进行DFS搜索，使得找到第一个共同的祖先很困难。更好的想法是为每个目标运行一个BFS（这可能看起来与您的解决方案类似：D）：

public static Set<String> BFS(Map<String, String[]> mapping, String node) {
    Queue<String> queue = new LinkedList<String>();
    Set<String> result = new LinkedHashSet<String>();
    queue.add(node);
    while(!queue.isEmpty()) {
        String current = queue.remove();
        result.add(current);
        if(mapping.get(current) != null)
            for(String s: mapping.get(current)) {
                queue.add(s);
            }
    }
    return result;
}

然后使用另一张地图找到第一个共同的祖先：

Set<String> list1 = BFS(mapping, "D");      
Set<String> list2 = BFS(mapping, "G");
System.out.println(list1);
System.out.println(list2);

Map<String, Boolean> src = new HashMap<String, Boolean>();

for(String s: list1) {
    src.put(s, true);
}

for(String s: list2) {
    if(src.get(s) != null && src.get(s)) {
        System.out.println(s);
        break;
    }
}

Answer 3

我不能告诉你为什么公司没有给你回电话。但是，通过将代码提取到更小，更有意义的方法中，而不是使用具有所有详细的低级逻辑的单个大方法，您的代码将受益匪浅。虽然我还没有尝试编译代码并在某些测试用例上运行它，但是从快速阅读开始，我完全不相信代码是正确的。最近的评论祖先可能是targetNode1 或 targetNode2（例如，如果targetNode2是targetNode1的父级）。（我想这取决于你如何定义“最接近的共同祖先”的细节 - 你应该澄清它在这种情况下的含义。）

使用从节点到父母的地图是个好主意。但是，您可以将构建该映射的代码提取到一个具有有意义名称的小方法中。
您可以定义一种方法，通过图形实现广度优先搜索（这基本上就是您在这里所做的）。在targetNode1和targetNode2上使用相同的方法。

Answer 4

更优化的解决方案可能是使用一系列布尔值进行簿记。每个节点一个。将它们全部初始化为 false 。访问节点时将它们设置为 true 。正如你今天所做的那样，向上移动“树”。一旦你来到一个已经访问过的节点（在数组中设置为 true ），你就找到了共同的祖先。

编辑：更好的方法是为每个源节点提供一个具有唯一标识符的整数数组。如果有循环，我们需要知道谁已经访问过该节点，它可能就是我们自己。

Answer 5

考虑以下图表的变体......

nodes = {"G", "F", "E", "D", "C", "B", "A", "X", "Y"}

parentNodes = {{"F","D"},{"E"}, {"Y","B"}, {"C"}, {"X","B"}, {"A"}, null, {"B"}, {"B"}}

我认为你的程序在遇到节点"C"时会遇到困难，因为它有两个父节点要探索的节点。您需要求助于递归算法或管理某种类型的a 使用迭代算法为未探测节点堆栈。

由于你似乎对iteraton有偏见，你可以尝试类似的东西：

创建一个数组（或类似的数据结构）。每个数组元素都包含三条信息：

 nodeName: string - name of a node from your `nodes` string
 pathLength[2]: integer -  array of minimum path length from refrence node (1 or 2).

创建堆栈。每个堆栈元素包含三条信息：

 nodeName: string - name of a node to "explore"
 lengthToHere: integer - length of path from reference node to `nodeName`
 pathNumber: integer - 1 for first reference node, 2 for second.

算法：

 Initialize array with nodeName from nodes and set each pathLength to "infinity"
 Push both starting reference nodes onto the stack: 

       push("F", 0, 1)
       push "D", 0, 2)

Repeat until stack is empty:
  - pop(nodeName, lengthToHere, pathNumber)
  - update pathLength[pathNumber] of element having nodeName in array with minimum of
            its current value and lengthToHere
  - for each parent of nodeName push(parent, lengthToHere + 1, pathNumber)

一旦评估了来自起始参考节点的所有路径，堆栈就为空。如果有共同点祖先两个给定nodeName的pathLength值都将小于无穷大。添加这些值一起给出这个共同祖先的总路径长度。使用报告nodeName 最小的总和。

Answer 6

对于给定的目标节点x和y，请执行以下操作：

将x及其所有祖先添加到集S。
检查y是否在S，如果没有，请检查y的父母是否在S，如果没有，请检查他们的父母是否在S 1}}，等等。

运行时间为O（n）。

Answer 7

我可能误解了一些内容，但我认为算法的这部分可能会浪费大量时间来研究节点：

   while(!path.isEmpty()){  
        String currentParent = path.remove();  
        parentsSeen.add(currentParent);  
        parents = map.get(currentParent);  
        if(parents == null){  
            continue;   
        }  
        for(String parent:parents){  
            path.add(parent);  
        }  
    }

这看起来像树的第一次广泛搜索，但由于孩子有多个父母，你最终可能会多次搜索相同的节点。

你可以通过添加对parentSeen集的检查来停止浪费的时间：

    while(!path.isEmpty()){  
        String currentParent = path.remove();  
        if (parentsSeen.contains(currentParent)) {
            continue;
        }
        parentsSeen.add(currentParent);  
        parents = map.get(currentParent);  
        if(parents == null){  
            continue;   
        }  
        for(String parent:parents){  
            path.add(parent);  
        }  
    }

“寻找共同祖先”的变种

7 个答案: