Question

我得到了两个二叉搜索树。例如，A和B.接下来，我被要求从树A中删除树B.

通过删除，我的意思是从A中删除B中存在的所有节点。注意：B不一定是A的子树。

例如：
答：

      50   
     / \  
    10  75  
   /   / \  
  1   60   90

B：

     10
     / \
    1   75

结果树应该是：

我想到了两种方法：
A1：
node * deleteTree（node * A，node * B）;
取树B的根。从树A中删除此节点（通过正常的BSt删除方法）。接下来将问题分为两部分 - B的左子树和B的右子树。对于每个子树，递归。对于左子树，占用已删除节点的节点应作为树A的根。对于右子树，已删除节点的inorder后继应作为树A的根服务。

A2：另一种方法有点奇怪。我找到了树A的inorder和preorder遍历。使用二进制搜索和递归查找并删除树B中的所有节点（我们不修改预订）。最后从inorder（剩余）和预订（未更改）重新构建我们的bst。

问题答：找到一种有效的BST方式问题B：为任何二叉树（不仅仅是BST）找到一种有效的方法。

Answer 1

问题A

我认为这两棵树是平衡的。

void deleteTree(node* A, node* B)
{
    if(A == NULL || B == NULL)
        return;

    if(A->data == B->data)
    {
        deleteTree(A->left, B->left);
        deleteTree(A->right, B->right);
        removeNode(A); // Normal BST remove
    }
    else if(A->data > B->data)
    {
        Node* right = B->right;
        B->right = NULL;
        deleteTree(A->left, B);
        deleteTree(A, right);
    }
    else // (A->data < B->data)
    {
        Node* left = B->left;
        B->left = NULL;
        deleteTree(A->right, B);
        deleteTree(A, left);
    }
}

时间复杂度：

T(N) = 2 * T(N / 2) + O(1)

根据主定理，总体复杂度为 O（N）。空间复杂度 O（1）。一个缺点是我破坏了B。

PS：我手头没有BST实现，所以我无法为您测试代码。但我认为这个想法是正确的。

问题B

对一棵树使用哈希表并遍历另一棵树。对于时间和空间复杂性，您将获得 O（N）。

Answer 2

我看到它的方式，你为什么不进行b的顺序遍历。然后，在数组不为空之前，从a中定期删除数组索引的值。遍历为O（n），每个索引的删除将为O（logn）。总的来说，这个操作将是O（nlogn）。

在二叉搜索树中删除

2 个答案:

问题A

问题B