Question

我在接受采访时被要求编写一个函数，给定一棵树和树中的两个节点，将最近的祖先返回给这两个孩子。

这是我的代码：

two_paths = []

def get_closest_ancestor(path1, path2):

    for i in xrange(min(len(path1), len(path2))):
        if path1[i] != path2[i]:
            return path1[i-1]

def find_two_paths(root, a, b, path = []):
    global two_paths

    newpath = path[:]

    newpath.append(root)

    if len(two_nodes) == 2:
        return

    if root == a:
        two_paths.append(newpath)
    if root == b:
        two_paths.append(newpath)

    for child in root.children:
        find_two_paths(child, a, b, newpath)


if __name__ == "__main__":

    find_two_paths(root, a, b)
    print get_closest_ancestor(two_paths)

然后我被要求给出我刚写的算法的Big O Complexity。

所以我们有2个函数，find_two_paths和get_closest_ancestor。

我的第一个问题是，我们在这里作为一个输入。我们的Big O符号中的n是什么？

我认为我们将树的深度视为n

find_two_paths显然会执行DFS搜索，因此我认为我们已经具有指数时间复杂度。

我们可以使用它是树的事实，并说复杂性为O(b^n)，其中b是树的分支因子，n是深度吗？ / p>

我们可以说它是O(2^n)吗？

我们可以忽略get_closest_ancestor函数，因为它是O(n)并且被find_two_paths严重制服？

Answer 1

这绝对不是O(2^n)。它快得多。对于图形问题，通常将n定义为树中的节点数。因此，让我们总结一下您的算法的作用：

从root用户的DFS找到一个b（记住它们的路径）
逐项比较这些路径，直到找到差异（并返回最后一个公共节点）

对于第1步，DFS is O(n)。您访问每个节点一次，以便您的性能与节点数成比例。这里需要注意的一件事是你实际上是短路（虽然使用了全局），因此你不考虑所有节点。当然，最糟糕的情况是a和b是我们访问的最后两个节点，因此DFS将是O(n)。

对于第2步，最糟糕的情况是路径在最后一个节点（a和b是兄弟节点）之前是相同的。因此，最差的性能将与最长列表的长度成比例。现在，我们可以批判性地思考第1步，并推断出访问每个节点的O（n）总是大于或等于我们在步骤2中可以拥有的最长路径（因此整体O(n)将占主导地位，这将是O(n)时间，但让我们彻底。如果我们对树有一些保证（这是一个平衡的二叉树），我们可以说最长的路径是O(log n)，因此比较两条路径将是最差的O(log n)。但是我们没有这样的保证。我们可以更普遍地说，如果我们可以将图的分支因子（每个节点的平均子节点数）近似为b，那么我们可以近似地说最长的路径将是O(log_b n)。但对于一般树（最坏情况是链表），路径为O（n）长度。因此，步骤2也是最坏情况O（n）。

因此O(n)的整体运行时间。

Answer 2

树度量标准复杂度通常是节点数。缺乏准确回答，特别是关于树中节点的顺序。一个简单的通用解决方案是将node1从node1构造到root，然后将node2从node2构造到root，同时在每个步骤验证当前节点是否在path1中。当然，如果您的树是有序的，那么显然可以进行一些优化。

假设 n 节点的树具有精确度 d ，那么构造path1需要 log_d（n）步骤，最坏的情况下，构造path2也是在最坏的情况下需要 log_d（n）步骤，但是对于每个步骤，您需要搜索到 log_d（n）的path1。然后在最后它需要 log_d（n）^ 2 。

分析算法的时间复杂度

2 个答案: