牛客算法--第七章
牛客算法–第七章
题目一
分别用递归和非递归方式实现二叉树先序、中序和后序遍历
【题目】
用递归和非递归方式，分别按照二叉树先序、中序和后序打印所有的节点。我们约定：先序遍历顺序为根、左、右；中序遍历顺序为左、根、右；后序遍历顺序为左、右、根。
前序遍历为“根左右”：
递归C++版本：
void preorder(node* root)
{
if(root==NULL)
{
return; //到达空树，递归边界
}
//访问根结点root,例如将其数据域输出
printf("%d\n",root->value);
//访问左子树
preorder(root->lchild);
//访问右子树
preorder(root->rchild);
}
非递归JAVA版本：
public static void preOrderUnRecur(Node head){
System.out.print("preorder: ");
if(head != null)
{
Stack stack = new Stack();
stack.add(head);
while(!stack.isEmpty()){
head = stack.pop();
Systemp.out.print(head.value + " ");
if(head.right != null)
{
stack.push(head.right);
}
if(head.left != null)
{
stack.push(head.left)
}
}
}
System.out.println();
}
非递归版本核心思想就是用栈。
因为先序遍历的要求是“根左右”，而栈的结构是完成数据先进后出的。所以我们应该先判断一个结点右子树是否为空，如果不为空，就将其压入栈中；然后再判断一个结点左子树是否为空，如果不为空，就将其压入栈中。这样就保证了一个结点的左子树先于右子树弹出栈。我们遍历的过程就是弹出栈的过程，我们总是弹出栈顶最高的结点，如果该结点有左右子结点，就将其子结点按“先右后左”的顺序压入栈中；如果没有的话，也就是叶子结点，因为有if语句的判断作用，它没有子结点会在这一回合压入，并且会将其自身从栈中弹出。
中序遍历为“左根右”：
递归C++版本：
void inorder(node* root)
{
if(root == NULL)
{
return;
}
inorder(root->lchild);
printf("%d\n",root->value);
inorder(root->rchild);
}
非递归JAVA版本：
public static void inOrderUnRecur(Node head){
System.out.print("inorder: ");
if(head != null)
{
Stack stack = new Stack();
while(!stack.isEmpty() || head != null ){
if(head != null){
stack.push(head);
head = head.left;
}else{
head = stack.pop();
System.out.print(head.value + " " );
head = head.right;
}
}
}
System.out.println();
}
非递归中序遍历的顺序因为是“左根右”，我们实际上把一颗树想成下面：
/
/ /
/ / /
/ / /
就是想成一排排左斜线的样子。
就是有一丝丝“左倾”的分子都要让他入栈。啥意思呢？就是第一优先级是“左左”，第二优先级是“右左”。
后序遍历为“左右根”：
递归C++版本：
void postorder(node* root)
{
if(root == NULL)
{
return;
}
postorder(root->lchild);
postorder(root->rchild);
printf("%d\n",root->value);
}
非递归JAVA版本：
非递归后序遍历的核心思想是用两个栈stack1和stack2.后序遍历要求的是“左右根”，我们看一下它的逆序，就是“根右左”，那么，如何做呢？就是前面非递归先序遍历中，栈中先压右后压左，最终实现了“根左右”，现在我们栈中先压左后压右，自然就可以得到“根右左”了。接下来第二个stack2的作用实际上就是起一个逆序的作用，最终就可以得到“左右根”的效果了。当然，实现逆序，也不一定用栈，我们可以存储在容器中，然后进行reverse就可以了。
提前预告，下面的题目二和题目三都是套路题，要掌握。
题目二
找到二叉树中的最大搜索二叉子树
【题目】
给定一棵二叉树的头节点 head，已知其中所有节点的值都不一样，找到含有节点最多的搜索二叉子
树，并返回这棵子树的头节点。
【要求】
如果节点数为 N，要求时间复杂度为 O(N)，额外空间复杂度为 O(h)，h 为二叉树的高度。
首先，要弄明白最大子树和最大拓扑结构的**区别。**一个点包括左右子树都满足条件，这个点为根结点的树才算是一颗符合条件的子树。
假如我们有一个函数F(…)可以返回以下4个信息：
1.最大搜索子树头结点
2.整棵树的min值
3.整棵树的max值
4.整棵树符合条件的size
public static Node biggestSubBST(Node head){
//0->size,1->min,2->max
int[] record = new int[3];
return posOrder(head,record);
}
public static Node posOrder(Node head,int[] record){
if(head == null)
{
record[0] = 0;
record[1] = Integer.MAX_VALUE;
record[2] = Integer.MIN_VALUE;
return null;
}
int value = head.value;
Node left = head.left;
Node right = head.right;
Node lBST = postOrder(left,record);
int lSize = record[0];
int lMin = record[1];
int lMax = record[2];
Node rBST = posOrder(right,record);
int rSize = record[0];
int rMin = record[1];
int rMax = record[2];
record[1] = Math.min(lMin,value);
record[2] = Math.max(rMax,value);
if( left == lBST && right == rBST
&& lMax < value && value < rMin )
{
record[0] = lSize + rSize +1;
return head;
}
record[0] = Math.max(lSize,rSize);
return lSize > rSize ? lBST : rBST;
}
题目三
二叉树节点间的最大距离问题
【题目】
从二叉树的节点 A 出发，可以向上或者向下走，但沿途的节点只能经过一次，当到达节点 B 时，路
径上的节点数叫作 A 到 B 的距离。求整棵树上节点间的最大距离。
【要求】
如果二叉树的节点数为 N，时间复杂度要求为 O(N)。
public static int maxDistance(Node head)}{
int[] record = new int[1];
return posOrder(head,record);
}
public static int posOrder(Node head,int[] record){
if(head == null){
record[0] =0;
return 0;
}
int lMax = posOrder(head.left,record);
int maxFromLeft = record[0];
int rMax = posOrder(head.right,record);
int maxFromRight = record[0];
int curNodeMax = maxFromLeft + maxFromRight+1;
record[0] = Math.max(maxFromLeft, maxFromRight )+1;
return Math.max(Math.max(lMax,rMax),curNodeMax);
}
题目五
在二叉树中找到累加和为指定值的最长路径长度
【题目】
给定一棵二叉树的头节点 head 和一个 32 位整数 sum，二叉树节点值类型为整型，求累加和为 sum
的最长路径长度。路径是指从某个节点往下，每次最多选择一个孩子节点或者不选所形成的节点链。
，额外空间复杂度为 O(h)，h 为二叉树的高度。
总结，解决本题需要先复习以下原来的一个算法原型，求一个数组中指定和为k的最长子数组。
怎么求解呢？用到哈希map。
首先在map中插入（0，-1）键值对，因为数组下标是从0开始的，所以提前设置从-1位置开始的值是0。
遍历一遍数组，在遍历的过程中进行累加，累加值是key，如果这个key值在map中没有出现过，就将其加入map中，对应的value值是遍历到的下标，如果已经出现过了，就不进行理会。
算法的原理就是假设从0到i的累加和为num1，我们要求以i结尾的累加和为指定k的最长子数组和，就是从map中找到num1-k对应的key值，找出对应的index，符合条件的最长子数组就是index~i的数组。我们如何求长度呢？i-index+1。
同样我们在遍历的过程中可以得出所有以0~n结尾的累加和为指定k的最长子数组和，所以我们在其中选出一个最大值就可以了。
回归本题，树的操作，和之前的又有一些不同，需要注意数据的保存，在递归的过程中自然实现保存。
代码中的sum就是指定和k，数组中的index，就是对应树中的level：
public static int getMaxLength(Node head,int sum){
HashMap sumMap = new HashMap();
sumMap.put(0,0);//important
return preOrder(head,sum,0,1,0,sumMap);
}
public static int preOrder(Node head,int sum,int preSum,
int level ,int maxLen,HashMap sumMap ){
if(head == null)
{
return maxLen;
}
int curSum = preSum + head.value;
if(!sumMap.containsKey(curSum)){
sumMap.put(curSum,level);
}
if(sumMap.containsKey(curSum - sum)){
maxLen = Math.max(level - sumMap.get(curSum - k),maxLen);
}
maxLen = preOrder(head.left,sum,curSum,level+1,maxLen,sumMap);
maxLen = preOrder(head.right,sum,curSum,level+1,maxLen,sumMap);
if(level == sumMap.get(curSum)){
sumMap.remove(curSum);
}
return maxLen;
}