二进制搜索树中按顺序遍历的复杂性(使用迭代器）

In-order traversal complexity in a binary search tree (using iterators)?

本文关键字：迭代器 复杂性 搜索树 顺序 遍历 二进制      更新时间：2023-10-16

相关问题：二叉树O(N)的无序树遍历的时间复杂性？，然而，它是基于通过递归的遍历(因此在O(log N)空间中)，而迭代器只允许消耗O(1)空间。

在C++中，通常要求增加标准容器的迭代器是O(1)运算。对于大多数容器，这是微不足道的证明，然而对于map等容器，这似乎有点困难。

  • 如果map被实现为跳过列表，那么结果将是显而易见的
  • 然而，它们通常被实现为红黑树(或者至少是二进制搜索树)

因此，在按顺序遍历过程中，有时不太容易达到"下一个"值。例如，如果您指向左子树的右下叶，那么下一个要遍历的节点就是根，它离depth步之遥。

我试着"证明"算法的复杂性(以"步骤"为单位)是摊销的O(1)，这似乎没问题。然而，我还没有完成演示。

这是我为一棵深度为4的树绘制的一个小图，数字(在节点的位置)表示在按顺序遍历过程中从该节点到下一个节点的步骤数：

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

注意：最右边的叶子的成本为4，以防这是一棵大树的子树

对于15个节点的总数，总和为28：因此平均每个节点的成本小于2，这(如果它成立的话)将是一个不错的摊销成本。因此：

  • 在按顺序遍历过程中，对于平衡(和完整)的二进制搜索树，递增迭代器真的是O(1)吗
  • 可以将结果扩展到非完全二进制搜索树吗

是的，对于任何树，每次迭代的摊余成本实际上是O(1)。

证据是基于你"访问"每个节点的次数。
树叶只被造访一次。无树叶最多访问3次：

当从父节点转到节点本身时，
  2. 从左子树返回时
  3. 从右侧子树返回时

不再有对任何节点的访问，因此，如果我们对每个节点的访问次数求和，我们得到一个小于3n的数字，因此所有节点的访问总数加起来就是O(n)，这就得到了每一步摊销的O(1)。

(注意，由于在一棵完整的树中有n/2片叶子，我们得到的是你遇到的2n，我相信可以表明，对于任何树，访问量的总和都会小于2n，但这种"优化"不在IMO的范围内)。

每个步骤的最坏情况是O(h)，它是平衡树中的O(logn)，但在某些情况下可能是O(n)。

p.S.我不知道红黑树是如何在C++中实现的，但如果树数据结构包含每个节点的parent字段，它可以替换递归堆栈并允许O(1)空间消耗。(这当然是"欺骗"，因为存储n这样的字段本身就是O(n))。

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