二阶搜索树中的有序遍历复杂性（使用迭代器）？

Question

相关问题： 二叉树O（N）的InOrder树遍历的时间复杂度？ 但是它基于遍历递归（因此在O（log N）空间中），而迭代器只允许消耗O（1）空间。

在C ++中，通常需要将标准容器的迭代器递增为O（1）操作。 对于大多数容器来说，它已被轻易证明，但是使用map等，似乎有点困难。

• 如果将map实现为跳过列表，那么结果将是显而易见的
• 然而，它们通常被实现为红黑树（或至少作为二叉搜索树）

因此，在有序遍历期间，有时候“下一个”值不容易达到。 例如，如果您指向左子树的右下方叶子，则要遍历的下一个节点是根，这是depth步长。

我试过“证明”算法的复杂性（就“步骤”而言）是摊销的 O（1），这似乎没问题。 但是我还没有进行演示。

这是我为深度为4的树追踪的一个小图，数字（在节点的位置）表示在有序遍历期间从该节点到下一个节点的步数：

       3
   2       2
 1   1   1   1
1 2 1 3 1 2 1 4

注意：如果这是一棵较大树的子树，则最右边的叶子的成本为4。

总和为28，总节点数为15：因此平均每个节点的成本小于2，（如果它保持不变）将是一个很好的摊销成本。 所以：

• 在有序遍历期间，为平衡（和完整）二叉搜索树增加迭代器真的是O（1）吗？
• 可以将结果扩展到覆盖非完整二叉搜索树吗？

Answer 1

是的，对于任何树，摊销成本实际上是每次迭代的O(1) 。

证明基于您“访问”每个节点的次数。
叶子只访问过一次。 没有叶子最多访问3次：

1. 从父节点到节点本身。
2. 当从左子树回来时
3. 当从正确的子树回来时

没有更多的访问任何节点，因此如果我们总结每个节点的访问次数，我们得到一个小于3n ，所以所有节点的总访问次数是O(n) ，这给了我们每步O(1)摊销。

（注意，因为在一个完整的树中有n / 2个叶子，我们得到你遇到的2n ，我相信可以证明任何树的访问总和将小于2n ，但是这个“优化”不在范围在这里IMO）。

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每步的最坏情况是O(h) ，它是平衡树中的O(logn) ，但在某些情况下可能是O(n) 。

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PS我不知道如何在C ++中实现Red-Black树，但如果您的树数据结构包含来自每个节点的parent字段，它可以替换递归堆栈并允许O(1)空间消耗。 （这当然是“作弊”，因为存储n这样的字段是O(n)本身）。