二階搜索樹中的有序遍歷復雜性（使用迭代器）？

Question

相關問題： 二叉樹O（N）的InOrder樹遍歷的時間復雜度？ 但是它基於遍歷遞歸（因此在O（log N）空間中），而迭代器只允許消耗O（1）空間。

在C ++中，通常需要將標准容器的迭代器遞增為O（1）操作。 對於大多數容器來說，它已被輕易證明，但是使用map等，似乎有點困難。

• 如果將map實現為跳過列表，那么結果將是顯而易見的
• 然而，它們通常被實現為紅黑樹（或至少作為二叉搜索樹）

因此，在有序遍歷期間，有時候“下一個”值不容易達到。 例如，如果您指向左子樹的右下方葉子，則要遍歷的下一個節點是根，這是depth步長。

我試過“證明”算法的復雜性（就“步驟”而言）是攤銷的 O（1），這似乎沒問題。 但是我還沒有進行演示。

這是我為深度為4的樹追蹤的一個小圖，數字（在節點的位置）表示在有序遍歷期間從該節點到下一個節點的步數：

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

注意：如果這是一棵較大樹的子樹，則最右邊的葉子的成本為4。

總和為28，總節點數為15：因此平均每個節點的成本小於2，（如果它保持不變）將是一個很好的攤銷成本。 所以：

• 在有序遍歷期間，為平衡（和完整）二叉搜索樹增加迭代器真的是O（1）嗎？
• 可以將結果擴展到覆蓋非完整二叉搜索樹嗎？

Answer 1

是的，對於任何樹，攤銷成本實際上是每次迭代的O(1) 。

證明基於您“訪問”每個節點的次數。
葉子只訪問過一次。 沒有葉子最多訪問3次：

1. 從父節點到節點本身。
2. 當從左子樹回來時
3. 當從正確的子樹回來時

沒有更多的訪問任何節點，因此如果我們總結每個節點的訪問次數，我們得到一個小於3n ，所以所有節點的總訪問次數是O(n) ，這給了我們每步O(1)攤銷。

（注意，因為在一個完整的樹中有n / 2個葉子，我們得到你遇到的2n ，我相信可以證明任何樹的訪問總和將小於2n ，但是這個“優化”不在范圍在這里IMO）。

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每步的最壞情況是O(h) ，它是平衡樹中的O(logn) ，但在某些情況下可能是O(n) 。

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PS我不知道如何在C ++中實現Red-Black樹，但如果您的樹數據結構包含來自每個節點的parent字段，它可以替換遞歸堆棧並允許O(1)空間消耗。 （這當然是“作弊”，因為存儲n這樣的字段是O(n)本身）。