使用预订

Question

我尝试编写程序，使用预订序列构建二叉搜索树。我知道有很多解决方案：最小/最大算法，经典（或“明显的”递归）或甚至迭代而不是递归。

我试图实现经典递归：预先遍历遍历的第一个元素是根。然后我搜索所有小于根的元素。所有这些元素都将成为左子树的一部分，其他值将成为右子树的一部分。我重复一遍，直到我构建所有的子句。这是一种非常经典的方法。

这是我的代码：

public static TreeNode constructInOrderTree(int[] inorder) { 
    return constructInOrderTree(inorder, 0, inorder.length-1);
}

 private static TreeNode constructInOrderTree(int[] inorder, int start, int end){
 if(start>end){
        return null;
 }

int rootValue = inorder[start];
TreeNode root = new TreeNode(rootValue);

int k = 0; 
for (int i =0; i< inorder.length; i++){
    if (inorder[i]<= rootValue){ 
        k=i;
    }
}

 root.left = constructInOrderTree(inorder, start+1, k);
 root.right= constructInOrderTree(inorder, k+1, end);

    return root;
   }

我的问题是：此算法的时间复杂度是多少？是O（n ^ 2）还是O（n * log（n））？

我在stackoverflow中搜索了这里，但我发现了许多相互矛盾的答案。有时，有人说它是O（n ^ 2），有时O（n * log（n）），我真的很困惑。

我们可以在这里应用主定理吗？如果是，“也许”我们可以考虑每次我们将树分成两个子树（相等的部分），所以我们将得到关系：（O（n）是在数组中搜索的复杂性）

T（n）= 1/2 * T（n / 2）+ O（n）

这会给我们带来O(n*log(n))的复杂性。但是，我认为这不是真的，我们不将树分成相等的部分，因为我们在数组中搜索，直到我们找到了足够的元素没有？

可以在这里应用主定理吗？

Answer 1

<强> Forethoughts：

不，WC中既不是O(n^2)也不是O(nlogn)。由于树木的性质以及您不对每个元素执行任何复杂操作的事实。所有你做的就是输出它，而不是用一些比较算法对它进行排序。

然后WC将是O(n)。

这就是当树被歪斜时，即根的子树中的一个是空的。然后你有一个简单的链表。然后输出它，您必须至少访问每个元素一次，给出O(n)。

<强>证明：

让我们假设正确的子树是空的，每次调用的努力是不变的（只打印出来）。然后

T(n) = T(n-1) + T(0) + c
T(n) = T(n-2) + 2T(0) + 2c
.
.
T(n) = nT(0) + nc = n(T(0) + c)

由于T(0)和c是常量，因此您最终会加入O(n)。