Question

我的问题如下：

我有一个带键的二叉搜索树：a1<a2<...<an，问题是打印树中的所有（a_i，a_i + 1）对（其中i = {1,2,3，... }）在O（n）时间内使用递归算法，没有任何全局变量并使用O（1）额外空间。一个例子：让键为：1,2，...，5 将被打印的对：（1,2）（2,3）（3,4）（4,5）

因此，您无法在树中进行顺序遍历并找到每个节点的后继/前导。因为这将花费O（nh）时间并且如果树是平衡的，则整个树将是O（nlgn）。

Answer 1

虽然你是正确的，找到有序继任者或前任可能花费O（h）时间，但事实证明，如果你从BST中的最小值开始并反复找到它的后继者，那么完成的工作总量无论树的形状如何，最终都会出现在O（n）处。

直觉上这是考虑在迭代地进行后继查找时遍历树中每条边的次数。具体来说，您将访问树中的每个边缘两次：一次下降到子树时，一次走出它时访问了该子树中的每个节点。由于n节点树具有O（n）个边，因此需要时间O（n）才能完成。

如果您对此持怀疑态度，请尝试编写一个简单的程序来验证它。我记得在我第一次听到它之前不相信这个结果，直到我写了一个程序来确认它。： - ）

在伪代码中，逻辑看起来像这样：

通过从根开始并重复跟随左子指针直到没有这样的指针存在，找到树中的最低值。
在访问所有节点之前，请记住当前节点并找到其后续节点，如下所示：
1. 如果当前节点有正确的子节点：
  1. 向右走。
  2. 向左走，直到没有剩下的孩子离开。
  3. 输出您开始的节点，然后输出此节点。 2：否则：
  4. 走到父节点，直到您发现您开始的节点是其父节点的左子节点。
  5. 如果你碰到根并且从未发现你从左边的孩子向上穿过，你就完成了。
  6. 否则，输出您记得的节点，然后输出当前节点。

希望这有帮助！

Answer 2

Oli是正确的，inorder遍历是O（n），但你是正确的，使用一般的后继/前任例程会增加算法的复杂性。所以：

一个简单的解决方案是使用有序遍历来遍历树，跟踪上次使用右指向边缘（例如，使用名为 last_right_ancestor_seen 的变量指向到它的父节点）和你见过的最后一个叶子节点（例如，在 last_leaf_seen （实际上，任何没有右子节点的节点）。每次处理叶子节点时，它的前身是 last_right_ancestor ，每当你点击一个非叶节点时，它的前身是 last_leaf_seen ，你只打印两个.O（n）时间，O（1）空格。 / p>

希望它足够清楚，如果没有，我可以画一张图。

编辑：这是未经测试但可能是正确的：

walk(node* current, node* last_right_ancestor_seen, node* last_leaf_seen) {

    if(current->left != null) {
        walk(current->left, last_right_ancestor_seen, last_leaf_seen);
    }

    if(current->is_leaf()) {
            if(last_right_ancestor_seen != null)
                print(last_right_ancestor_seen->value, current->value);
    }
    else {
        print(last_leaf_seen->value, current->value);
    }

    if(current->right != null) {
        *last_right_ancestor_seen = *current;
        walk(current->right, last_right_ancestor_seen, last_leaf_seen);
    }
    else {
        *last_leaf_seen = *current;
    }

}

在BST中打印后继者和前任者

2 个答案: