Question

给定BST和两个整数'a'和'b'（a＆lt; b），我们如何找到节点的数量，使得a＆lt;节点值＆lt; b，在O（log n）？

我知道可以在LogN时间内轻松找到a和b的位置，但如何在不进行遍历的情况下计算其间的节点，即O（n）？

Answer 1

在二进制搜索树的每个节点中，还要保留树中值小于其值的值的数量（或者，对于下面脚注中提到的不同树设计，其左子树中的节点）

现在，首先找到包含值a的节点。获取小于a的值的计数，该值已存储在此节点中。这一步是Log（n）。

现在找到包含值b的节点。获取存储在此节点中的值小于b的值。这一步也是Log（n）。

减去这两个计数，你有a和b之间的节点数。此搜索的总复杂度为2 * Log（n）= O（Log（n））。

_{请参阅this video。教授通过使用Splay Trees解释了你的问题。}

Answer 2

将BST的inorder遍历存储在数组中（它将被排序）。搜索＆＃39; a＆＃39;和＆＃39; b＆＃39;将记录log（n）时间并得到他们的索引并采取差异。这将给出范围内的节点数量＆＃39; a＆＃39;到＆＃39; b＆＃39;。

空间复杂度O（n）

Answer 3

简单的解决方案：

从根节点开始检查
如果Node处于范围内，则将其增加1并递归检查左子对象和右子对象

如果Node不在范围内，则检查范围内的值。如果范围值小于根，则绝对可能的方案为左子树。否则检查右子树

这是示例代码。希望能清除。

if (node == null) {
    return 0;
} else if (node.data == x && node.data == y) {
    return 1;
} else if (node.data >= x && node.data <= y) {
    return 1 + nodesWithInRange(node.left, x, y) + nodesWithInRange(node.right, x, y);
} else if (node.data > x && node.data > y) {
    return nodesWithInRange(node.left, x, y);
} else {
    return nodesWithInRange(node.right, x, y);
}

时间复杂度：-O（登录）+ O（K）

K是x和y之间的元素数。

这不是很理想，但是如果您不想修改二叉树节点的定义，那就很好了。

Answer 4

想法很简单。

从root开始遍历BST。
对于每个节点，检查它是否在范围内。如果它在范围内则计算++。并为它的两个孩子重复。
如果当前节点小于范围的低值，则为正确的孩子重复，否则为左孩子重复。

时间复杂度为O(height + number of nodes in range) ..

对于你的问题，为什么它不是O(n)。

因为我们没有遍历整个树，即树中节点的数量。我们只是根据父母的数据遍历所需的子树。

伪代码

int findCountInRange(Node root, int a, int b){

    if(root==null)
       return 0;
    if(root->data <= a && root->data >= b)
         return 1 + findCountInRange(root->left, a, b)+findCountInRange(root->right, a, b); 
    else if(root->data < low)
         return findCountInRange(root->right, a, b);
    else 
         return findCountInRange(root->left, a, b);

}

计算O（LogN）中二进制搜索树内范围内的节点数

4 个答案: