基于堆栈的树遍历的时间复杂度答案

【问题标题】：Time complexity of a stack-based tree traversal基于堆栈的树遍历的时间复杂度
【发布时间】：2011-03-17 23:30:35
【问题描述】：

下面实现二叉树遍历的时间复杂度是多少？

void Tree::nonRecInOrder()
{
    // nonrecursive inOrder Traversal using Stack
    Stack< TreeNode* > s ; // declare and initialize stack
    TreeNode* currentNode = root ;

    while( true )
    {
        while( currentNode )
        {
            // move down leftChild fields
            s.add( currentNode ) ;
            currentNode = currentNode->leftChild ;
        }

         if( ! s.isEmpty() ) // stack is not empty
         {
             currentNode = *s.del( currentNode ) ; // delete from stack
             cout << currentNode->data ;
             currentNode = currentNode->rightChild ;
         }
         else
         {
            break ;
         }
    }    
}

你能解释一下如何计算复杂度吗？

【问题讨论】：

标签： algorithm tree stack time-complexity traversal

【解决方案1】：

表征困难函数的大 O 复杂性的一种方法是考虑它访问的某些资源，然后限制访问该资源的次数。在这种情况下，当您进行树遍历时，您可能会考虑每个节点从堆栈中压入或弹出的次数。这是一个很好的界限的原因是这个函数的所有艰苦工作 - 内部循环通过一系列节点向下下降和外部循环处理堆栈上的最顶层 - 可以受节点被推送的次数限制入栈或从栈中弹出。这是因为最外层循环在堆栈为空时终止，因此它运行的次数不能超过堆栈被压入堆栈的次数，而最内层循环的工作量与压入堆栈的次数成正比。循环过程。

那么让我们看看如何限制这些数量。第一个问题是每个节点可以添加多少次到堆栈中。好吧，只有当循环开始执行时，它或它的祖先之一沿着仅左路径是当前节点时，才会将节点添加到堆栈中。这种情况可以发生多少次？我的主张是这种情况最多发生一次。这一点的证明是基于树中节点深度的归纳。我们使用的观察是，如果一个节点是堆栈中一个节点的直接右孩子，它只会再次被选为当前节点。作为归纳的基本情况，如果节点是根节点（深度为零），则不能再次选择它，因为它没有父节点。对于归纳步骤，如果确实不能两次选择深度 d 的节点作为当前节点，那么深度 d + 1 的节点不能选择两次，因为只有选择了它们的父节点，才会选择深度 d + 1 的节点再次，但通过归纳假设，我们知道这不是真的。因此，我们有没有节点被选为当前节点两次。我们通过一个简单的观察来跟进这一点，即在循环开始时，任何左子节点都不能成为当前节点，因为当前节点要么是根节点（不是左子节点），要么是某个节点的右子节点.这种说法，再加上没有节点被访问两次的事实，意味着一个节点最多只会被添加到队列中一次，这发生在它的最高左祖先成为当前节点时。

这也给了我们可能的出队数量的界限，因为出队的数量不能超过入队的数量。由于每个节点最多入队一次，因此它也最多出队一次。最后，我们知道整个函数的复杂度受限于执行的入队和出队的数量，因此复杂度为 O(n)，其中 n 是节点数。

哇！分析起来并不有趣。我更喜欢递归版本。 :-)

【讨论】：