Question

给定一个BST，是否有可能找到两个加起来给定值的数字，在O（n）时间和额外的内存很少。通过少量额外内存，暗示您无法将整个BST复制到数组中。

Answer 1

如果你有子指针和父指针，这可以在O（n）时间和O（1）额外内存中完成。保留两个指针x和y，并在最小元素处开始x，在最大元素处开始y。如果这两个元素的总和太低，则将x移动到其后继，如果它太高则将y移动到其前一个元素。一旦x指向比y更大的元素，就可以报告失败。对于总共O（n）个边缘遍历，树中的每个边最多遍历两次，并且您唯一的内存使用是两个指针。如果没有父指针，你需要记住根的祖先序列，至少是Omega（log n），如果树是不平衡的，可能更高。

要查找后继者，您可以使用以下伪代码（前一代表的类似代码）：

succ(x) {
  if (x.right != null) {
    ret = x.right;
    while (ret.left != null) ret = ret.left;
    return ret;
  } else {
    retc = x;
    while (retc.parent != null && retc.parent < x) retc = retc.parent;
    if (retc.parent != null && retc.parent > x) return retc.parent;
    else return null;
  }
}

Answer 2

我认为jonderry非常接近，但是父指针需要\ Omega（n）内存，即它们大大增加了内存使用量。他正在做的是在相反的方向上进行两次协调遍历（从小到大和viveversa），试图保持总和始终接近目标，你可以用两个堆栈来管理它，并且堆栈只能长到树的深度那就是O（log n）。我不知道这是否是“小”的额外内存，但肯定是额外的内存和o（n）。所以这与jonderry自己的注释完全一样，但是没有运行时惩罚，因为仅使用堆栈遍历二叉树是众所周知且高效且绝对是O（n）操作。所以你有增加迭代器ii和减少迭代器di。

x = ii.next()
y = di.next()
while (true) {
  try:
    if x + y > target {y = di.next()}
    if x + y < target {x = ii.next()}
    if x + y == target {return (x,y)}
  except IterError:
    break
}
return None

我在计算假媒体的上下文中遇到了同样的问题，即样本中所有成对平均值的中位数。

Answer 3

是的，如果你解析它，因为它将是一个排序数组。

二进制搜索树（BST）中的数字添加到某个值

3 个答案: