为什么这个级别顺序遍历在 O(n) 时间内运行？答案

【问题标题】：Why does this level order traversal run in O(n) time?为什么这个级别顺序遍历在 O(n) 时间内运行？
【发布时间】：2020-07-31 16:59:31
【问题描述】：

    vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {

        queue<TreeNode*> bfs;
        if (root != nullptr) bfs.push(root);
        vector<vector<int>> sol;
        vector<TreeNode*> temp; 
        vector<int> indivSol;
        
        while (!bfs.empty()) {
            
            int currSz = bfs.size();
            for (int i = 0; i < currSz; i++) {
                temp.push_back(bfs.front());
                bfs.pop();
                
                indivSol.push_back(temp.at(i)->val);                

                if (temp.at(i)->left != nullptr) bfs.push(temp.at(i)->left);
                if (temp.at(i)->right != nullptr) bfs.push(temp.at(i)->right);
            }
            
            temp.clear();
            sol.push_back(indivSol);
            indivSol.clear();
            
        }
        
        return sol;
    }

我知道外部 while 循环将运行 n 次（n 是树中的节点数），但内部 for 循环会使解决方案在 O(n^2) 时间内运行吗？由于一棵树在n 级别上最多有2^n 节点，因此currSz 可以从1 to 2 to 4 to 8 to 16 ... 的外部循环的每次迭代中增长

编辑：意识到外部循环只会运行l 多次，其中l 是级别数

【问题讨论】：

O(n)的解释是什么？
n 是什么意思？节点数？等级数？还有什么？

标签： c++ algorithm big-o

【解决方案1】：

忘记一切，回想一下，当您使用此代码执行级别顺序遍历时，您会访问每个节点一次。因此，如果树中总共有k 个节点，那么时间复杂度将为 O(k)。

h : 树的高度

while 循环运行h 次，并且在每次迭代（即在每个级别）时，它都会遍历该级别中存在的所有节点。所以类似地，这适用于导致 O(n) 的每次迭代（级别）（n 是节点总数）

【讨论】：

【解决方案2】：

另一种将问题视为广度优先搜索的特殊版本的方法。

在 BFS 中，您访问每个节点的邻接关系（确保不要进入循环）。这意味着总成本是所有邻接的总和，即有向图的边数和无向图的边数的两倍。

在树中，每个节点都有一个唯一的父节点，因此边数等于节点数减一，因此成本为 O(n)。

【讨论】：

【解决方案3】：

使用amortized runtime analysis 了解为什么这是 O(n)。

简而言之，摊销分析通过建立数据（或某些其他资源）被操纵的次数而不是发生的原子操作的绝对数量（过于悲观）来限制运行时间。

通常使用 BFS，您需要一个数据结构来跟踪已访问过哪些节点，但这似乎作用于一棵树，以确保每个节点只会被访问一次（因为每个节点在遍历中都有一个唯一且只有一个父节点.) 鉴于此算法在每次访问节点时执行恒定数量的操作，这是 O(n)。

存在嵌套循环的事实是red herring，因为通过此分析，您可以保证它是 O(n)。

【讨论】：