Question

我在二叉树中遇到问题，当我遇到问题时，在完整二叉树的最后一级找到最合适的节点，这里的问题是我们必须在O（n）时间内完成是一个停止点，通过遍历所有元素，在O（n）中执行它很简单，但是有没有办法以低于O（n）的任何复杂度执行此操作，我已经通过互联网浏览了很多，而且我无法＃ 39;得到关于这件事的任何事情。提前谢谢。

Answer 1

是的，您可以通过执行二进制搜索的变体在O(log(n)^2)中执行此操作。

这可以通过首先进入leftest元素¹，然后到第二个leftest元素，然后到第四个leftest元素，第8个，......直到你发现没有这样的元素。假设您找到的最后一个元素是i，而您没有找到的第一个元素是2i。

现在您可以在该范围内进行二元搜索。

这是O(log(n/2)) = O(logn)次迭代，并且由于每次迭代都在整个树上进行，所以总共O(log(n)^2)次。

（1）在这里和下面，“x leftest元素”仅指树中最深层的节点。

Answer 2

由于它是一个完整的二叉树，遍历所有正确的节点直到到达叶子将采用O（logN），而不是O（N）。在常规二叉树中，它需要O（N），因为在最坏的情况下，所有节点都排成一行，但由于它是一个完整的二叉树，所以它不能

Answer 3

我假设你知道节点的数量。让n这样的数字。

在完整的二叉树中，级别i的节点数量是级别i - 1的两倍。

因此，您可以在n之间迭代划分2。如果有余数，那么n是一个正确的孩子;否则，是一个左孩子。无论是否存在余数，都可以存储到序列中，最好是堆栈。

一些如：

Stack<char> s;
while (n > 1)
{
  if (n % 2 == 0)
    s.push('L');
  else
    s.push('R');
  n = n/2; // n would int so division is floor
}

当while完成时，堆栈包含最右边节点的路径。

执行while的次数为log_2(n)。

Answer 4

这是具有时间复杂度O（lg n * lg n）和O（lg n）空间复杂度（考虑堆栈存储空间）的递归解决方案。
使用以下代码的迭代版本，可以将空间复杂度降低到O（1）。

    // helper function
    int getLeftHeight(TreeNode * node) {
      int c = 0;
      while (node) {
        c++;
        node = node -> left;
      }
      return c;
    }
    
    int getRightMostElement(TreeNode * node) {
      int h = getLeftHeight(node);

      // base case will reach when RightMostElement which is our ans is found
      if (h == 1)
        return node -> val;

      // ans lies in rightsubtree
      else if ((h - 1) == getLeftHeight(node -> right))
        return getRightMostElement(node -> right);

      // ans lies in left subtree
      else getRightMostElement(node -> left);
    }

时间复杂度推导- 在每个递归步骤中，我们都在考虑左子树还是右子树，即n / 2个元素的最大高度（lg n）函数调用，
计算高度需要lg n时间-

T(n) = T(n/2) + c1 lgn
   = T(n/4) + c1 lgn + c2 (lgn - 1)
   = ...
   = T(1) + c [lgn + (lgn-1) + (lgn-2) + ... + 1]
   = O(lgn*lgn)

如何在完整二叉树的最后一级找到最右边节点的位置？

4 个答案: