Question

我有一个通用加权树（没有周期的无向图，连接），有n个节点，n-1个边连接一个节点到另一个节点。

我的算法执行以下操作：

DO



计算实际叶子（度数为1的节点）



从树中删除所有树叶和它们的边缘，标记每个父项，并使用其连接树叶的最大成本值   （例如，如果内部节点连接到带有成本为5,6的边的两个叶子，那么我们在用6除去叶子后标记内部节点）



直到树的大小<= 2

返回标有
的最高费用的节点

我可以说计算叶子的复杂度为O(n)吗？O(n)用叶子消除每条边缘，所以我有O(n)+O(n) = O(n)？

Answer 1

您可以在O（n）中轻松地执行此操作，其中集合实现为简单列表，队列或堆栈（处理顺序不重要）。

将所有叶子放入集合中。

在循环中，从集合中删除一个叶子，从图形中删除它的边缘。通过更新父级的最大值来处理标签。如果父级现在是叶子，则将其添加到集合中并继续运行。

当集合为空时，您已完成，节点标签正确。

最初构造集合是O（n）。每个顶点都放在集合上，删除它的标签只处理一次。这都是不变的时间。因此，对于n个节点，它是O（n）时间。所以我们有O（n）+ O（n）= O（n）。

Answer 2

当然可以在O(n)中执行此过程，但您的算法是否确实依赖。

如果“计算实际叶子”或“删除所有叶子及其边缘”循环遍及整个树，则该步骤将O(n)。

在最坏的情况下（如果树非常不平衡），上述两个步骤将重复O(n)次，因此，总共需要O(n²)。

要在O(n)中执行此操作，您可以让每个节点指向其父节点，这样您就可以在固定时间内删除叶子并保留叶子集合，这样您就可以始终拥有叶子，而不必计算它们 - 这会导致O(n)运行时间。

Answer 3

因为你的树是一个艺术树。它也可以是一个链接列表，在这种情况下，您将在每次迭代中消除一个节点，并且需要(n-2)次迭代O(n)来查找叶子。

所以你的算法实际上是O(N^2)

这是一个更好的算法，可以在O(N)中为任何树

执行此操作

deleteLeaf(Node k) {

 for each child do
     value = deleteLeaf(child)
     if(value>max)
       max = value
     delete(child)
 return max 
}
deleteLeaf(root) or deleteLeaf(root.child)

树标记算法的复杂性

3 个答案: