打印 BST 的所有路径的时间复杂度是多少

Question

我有这段代码，它与本网站上具有相同问题的其他一些代码略有不同：

public void printAllRootToLeafPaths(Node node,ArrayList path) {
    if(node==null){
        return;
    }
    path.add(node.data);

    if(node.left==null && node.right==null)
    {
        System.out.println(path);
        return;
    }
    else {
        printAllRootToLeafPaths(node.left, new ArrayList(path));
        printAllRootToLeafPaths(node.right,new ArrayList(path));
    }      
}

有人可以解释为什么最好的情况是 O(nlogn) 吗？ 最坏的情况，树分解成一个链表，数组被复制 1+2+3+...+n-1+n 次，相当于 n^2，所以时间复杂度是 O(n^2) .
沿着路径中的每个节点复制最佳情况数组。 所以复制它看起来像 1+2+3+...+logn。 N/2 次。 那么，如果 1+2+3+...+n-1+n 是 n^2，为什么总和 (logn)^2 不是呢？ 制作最佳情况 O(n(logn)^2)？

Answer 1

是的，所有的复制都需要考虑在内。

这些副本不是必需的； 编写以下函数很容易：

• 使用（单个）链表代替 ArrayList，或
• 使用单个 ArrayList，在不再需要以前的路径时覆盖它们。

对于非复制算法，算法的成本是打印路径的成本，它是从根到叶的所有路径长度的总和。 在每次调用时复制数组，使成本成为从根到每个节点的路径之和，而不是每个叶子。 （数组被复制两次的事实实际上与复杂度分析无关；它只是意味着乘以一个常数因子，可以忽略。）

使用非复制算法，最好的情况是一棵线性树，每个节点只有一个孩子。 那么只有一个路径长度为N的叶子，所以总成本是 O( N )。 但如果你在每个节点上复制，那是最坏的输入； 节点路径长度是连续整数，节点路径长度之和是二次的。

对于您的算法，最好的情况是完全平衡的完全占用树。 在完全占用的树中，叶子节点比非叶子节点多一个； 换句话说，大约一半的节点是叶子。 在完美平衡的树中，每个节点都可以在最多 log N步内从根到达。 所以到每个节点的路径长度之和是 O( N log N )。 （有些节点更接近，但是对于计算大 O，我们可以忽略这个事实。即使我们将其考虑在内，我们也会发现它不会改变渐近行为，因为每个深度的节点数每个连续级别的级别加倍。）因为一半的节点是叶子，所以这个输入的成本是 O( N log N ) 与非复制算法也是如此。

两种算法都表现出最坏情况的二次复杂度。 我们已经看到了复制算法的最坏情况输入：只有一个叶子的线性树。 对于非复制算法，我们使用非常相似的东西：由左链接主干组成的树，其中每个右链接都是叶子：

                         root
                          /\
                         /  \
                        /\   7
                       /  \
                      /\   6
                     /  \
                    /\   5
                   /  \
                  /\   4
                 /  \
                /\   3
               /  \
               1  2

由于那棵树被完全占用，它的一半节点是叶子，并且它们的距离连续增加，所以这又是二次的（尽管常数乘数更小。）

Answer 2

我认为您错过了将整个数组复制到新数组的时间复杂度。

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在根节点： one element is added, but 2 new arrays are created 。

在根节点的左子节点： one element is added, but 2 new arrays are created with 2 elements 。

. . .

最后只有一层： one element is added, but 2 new arrays are created of size log n to base 2.

在最后一级：添加一个元素，并打印 log n 个元素。

---

因此，在每个节点处，有一个将元素添加到列表的操作，以及一个打印或复制大小列表 (log h) 的操作 - 其中 h 是树中节点的高度。

由于我们只遍历所有元素一次，因此操作总数为： n additions + Sum (log h1 + log h2 + log h3 +.... log hn)

其中 h1, h2, h3...hn 是每个节点的高度。

大约是n + O(n log n) ~ O(n log n) 。