二叉搜索樹中序遍歷算法的時間分析

Question

下面是一個迭代算法，在不使用 Stack 的情況下以有序的方式遍歷二叉搜索樹（首先是left child ，然后是parent ，最后是right child ）：

（想法：整個想法是找到樹的最左邊的子節點，並每次找到手頭節點的后繼節點並打印其 value ，直到沒有更多節點剩余。）

void In-Order-Traverse(Node root){
     Min-Tree(root); //finding left-most child
     Node current = root;
  while (current != null){
     print-on-screen(current.key);
     current = Successor(current);
  }
  return;
}

Node Min-Tree(Node root){ // find the leftmost child
   Node current = root;
   while (current.leftChild != null)
      current = current.leftChild;
   return current;
}

Node Successor(Node root){
  if (root.rightChild != null) // if root has a right child ,find the leftmost child of the right sub-tree
    return Min-Tree(root.rightChild);
  else{
    current = root;
    while (current.parent != null && current.parent.leftChild != current)
        current = current.parent;
    return current.parrent;
  }
}

有人聲稱該算法的時間復雜度是Theta(n)假設 BST 中有n節點，這肯定是正確的。 但是我無法說服自己，因為我猜有些節點被遍歷的次數超過了恆定次數，這取決於其子樹中的節點數，並且總結所有這些訪問次數不會導致Theta(n)

關於如何證明它的任何想法或直覺？

Answer 1

邊緣而不是節點更容易推理。 讓我們根據Successor函數的代碼進行推理。

情況1（ then分支）

對於所有帶有右子節點的節點，我們將訪問一次右子樹（“右轉”邊緣），然后始終使用Min-Tree功能訪問左子樹（“左轉”邊緣）。 我們可以證明這種遍歷將創建一條路徑，該路徑的邊沿是唯一的-在具有正確子級的任何其他節點進行的遍歷中，這些邊線都不會重復，因為這種遍歷可確保您永遠不會訪問任何“右轉”邊沿樹上的其他節點。 （通過構造證明）。

情況2（ else分支）

對於所有沒有右子節點的節點（ else分支），我們將通過遵循“右轉”邊來訪問祖先，直到您必須做出“左轉”邊或遇到二叉樹的根為止。 同樣，生成的路徑中的邊是唯一的-在沒有合適的子節點的情況下，從任何其他節點進行的任何其他遍歷都不會重復。 這是因為：

• 除了起始節點和通過“左轉”邊沿到達的節點之外，其他所有節點之間都有一個右子節點（這意味着這些節點將從else分支中排除）。 當然，起始節點沒有合適的孩子。
• 每個節點都有一個唯一的父節點（只有根節點沒有父節點），並且到父節點的路徑是“左轉”或“右轉”（該節點是左子節點還是右子節點）。 給定任何節點（忽略右子條件），只有一條路徑可以創建模式：許多“右轉”然后是“左轉”。
• 由於中間的節點有一個正確的子節點，因此無法從不同的節點開始以2次遍歷出現邊。 （因為我們當前正在考慮沒有合適孩子的節點）。

（這里的證明是揮舞自己的手，但是我認為可以通過矛盾來正式證明）。

由於邊是唯一的，因此僅在情況1（或僅情況2）下遍歷的邊的總數為O（n）（因為樹中的邊數等於頂點數-1）。 因此，將這兩種情況相加后，有序遍歷將為O（n）。

請注意，我只知道每個邊最多訪問一次-我不知道是否從證明中訪問了所有邊，但是邊的數量由頂點數限制，這是正確的。

我們可以很容易地看到它也是Omega（n）（每個節點都被訪問過一次），因此我們可以得出結論，它也是Theta（n）。

Answer 2

給定的程序以Θ（N）時間運行。 Θ（N）並不意味着每個節點都被精確地訪問過一次。 請記住，有一個常數。 因此，Θ（N）實際上可能受到5 N或10 N甚至1000 N的限制 。 因此，它無法為您提供訪問節點的次數的准確計數。

二進制搜索樹的有序迭代遍歷的時間復雜度可以分析如下：

考慮一個具有N個節點的樹，

假設執行時間由復雜度函數T(N) 。

令左子樹和右子樹分別包含X和NX-1節點，

然后，時間復雜度T(N) = T(X) + T(NX-1) + c ，

現在考慮一下BST的兩種極端情況，

情況1：一個BST完全平衡，即兩個子樹的節點數相等。 例如，考慮以下所示的BST，

                        10
                       /  \
                      5   14
                     / \  / \
                    1  6 11 16 

對於這樣的樹，復雜度函數是

T(N) = 2 T(⌊N/2⌋) + c

母定理在這種情況下給了我們Θ（N）的復雜度。

情況2：完全不平衡的BST，即左子樹或右子樹為空。 對於X =0。例如，考慮以下所示的BST ，

               10
              /
             9
            /
           8
          /
         7    

現在T(N) = T(0) + T(N-1) + c ，

T(N) = T(N-1) + c
T(N) = T(N-2) + c + c
T(N) = T(N-3) + c + c + c
 .
 .
 .
T(N) = T(0) + N c

由於T（N）= K，其中K為常數，

T（N）= K + N c

T（N）=Θ（N）。

因此，對於所有情況，復雜度均為Θ(N) 。

Answer 3

我也無法想象這將是O（n）。 僅查找有序后繼者，即Node Successor(Node root)為O（log n），因為它取決於樹的高度。 對n個節點中的每個節點執行此操作將產生O（n log n）。

Answer 4

我們專注於邊緣而不是節點。 （為了更直觀地看這張圖片： http : //i.stack.imgur.com/WlK5O.png ）

我們聲稱，在該算法中，每個邊緣最多被訪問兩次（實際上它被訪問了兩次）。

第一次向下遍歷，第二次向上遍歷。 要訪問邊緣兩次以上，我們必須再次遍歷該邊緣：向下，向上， 向下 ，...。

我們證明不可能再次進行邊緣向下訪問。

讓我們假設我們遍歷edge (u , v)向下第二次，這意味着祖先之一u有一個繼任者是一個繼承人u 。

這是不可能的 ：

我們知道，當我們向上穿越一條邊時，我們正在尋找左轉邊緣以找到后繼者，因此，當u在后繼者的左側時，此后繼者的后繼者在其右側，通過移到后繼者的右側（以找到其后繼者）再次到達u ，因此再次無法獲得edge (u,v) 。 （要找到繼任者，我們可以向右或向上移動，但不能向左移動）