相关问题：Time Complexity of InOrder Tree Traversal of Binary Tree O(N)?，但是它基于遍历递归（所以在O（log N）空间中），而迭代器只允许消耗O（1）空间。
在C ++中，通常需要将标准容器的迭代器递增为O（1）操作。对于大多数容器来说，它已被轻易证明，但是map等等，似乎有点困难。
map被实现为跳过列表，那么结果将是显而易见的因此，在有序遍历期间，有时候“下一个”值不容易达到。例如，如果您指向左子树的右下方叶子，则要遍历的下一个节点是根，距离depth步。{/ p>
我已经尝试“证明”算法复杂度（根据“步骤”）摊销 O（1），这似乎没问题。但是我还没有进行演示。
这是我为深度为4的树追踪的一个小图，数字（在节点的位置）表示在有序遍历期间从该节点到下一个节点的步数：
3
2 2
1 1 1 1
1 2 1 3 1 2 1 4
注意：最右边的叶子的成本为4，以防这是一棵较大树的子树。
总和为28，总节点数为15：因此平均每个节点的成本小于2，（如果它保持不变）将是一个很好的摊销成本。所以：
答案 0 :(得分：9)
是的，对于任何树，每次迭代的摊还成本确实为O(1)。
证明基于您“访问”每个节点的次数。
叶子只参观一次。
没有叶子最多访问3次：
不再访问任何节点，因此如果我们总结每个节点的访问次数，我们会得到一个小于3n的数字，因此所有节点的总访问次数为{ {1}}，每步我们O(n)摊销。
（注意，因为在完整的树中有n / 2个叶子，我们得到了您遇到的O(1)，我相信可以证明访问量的总和小于2n任何树，但这种“优化”超出了IMO的范围。
每个步骤的最差情况为2n，在平衡树中为O(h)，但在某些情况下可能为O(logn)。
P.S。我不知道如何在C ++中实现Red-Black树，但如果您的树数据结构包含来自每个节点的O(n)字段，它可以替换递归堆栈并允许parent空间消耗。 （这当然是“作弊”，因为存储O(1)这样的字段本身就是n。