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handong1587:
代码有一处错.query函数最后一行return的应该是:re ...
RMQ -
yuandong0828:
简洁的特别透彻细致,多谢,
虚函数、虚指针和虚表 -
adam_zs:
谢谢分享!
括号匹配问题 -
hongloumengyanzxw:
good[b][/b]
dup和dup2函数 -
chriszeng87:
最后第二种情况右下角的那个点是不是可以看作相交点的?上面的那种 ...
判断两个链表是否相交
求二叉树中任意两个节点的最近公共祖先也称为LCA问题(Lowest Common Ancestor)。
二叉查找树
如果该二叉树是二叉查找树,那么求解LCA十分简单。
基本思想为:从树根开始,该节点的值为t,如果t大于t1和t2,说明t1和t2都位于t的左侧,所以它们的共同祖先必定在t的左子树中,从t.left开始搜索;如果t小于t1和t2,说明t1和t2都位于t的右侧,那么从t.right开始搜索;如果t1<t< t2,说明t1和t2位于t的两侧,那么该节点t为公共祖先。
如果t1是t2的祖先,那么应该返回t1的父节点;同理,如果t2是t1的祖先,应该返回t2的父节点。
public int query(Node t1, Node t2, Node t) { int left = t1.value; int right = t2.value; Node parent = null; if (left > right) { int temp = left; left = right; right = temp; } while (true) { if (t.value < left) { parent = t; t = t.right; } else if (t.value > right) { parent = t; t = t.left; } else if (t.value == left || t.value == right) { return parent.value; } else { return t.value; } } }
其中,parent用于处理t1是t2的祖先(或t2是t1的祖先)的情况。
一般的二叉树
如果二叉树不是二叉查找树该怎么办呢?
1. 离线算法(Tarjan)
利用并查集优越的时空复杂度,可以实现O(n+q)的算法,q是查询次数。
Tarjan算法基于深度优先搜索。对于新搜索到的一个结点u,先创建由u构成的集合,再对u的每颗子树进行搜索,每搜索完一棵子树,这时候子树中所有的结点的最近公共祖先就是u了。
void LCA(int parent) //从根节点开始 { p[parent] = parent; ancestor[findSet(parent)] = parent; for(int i = index[parent]; i != -1; i = e[i].next) { LCA(e[i].to); Union(parent,e[i].to); ancestor[findSet(parent)] = parent; } vis[parent] = true; if(parent == a && vis[b]) //要先将所有查询记录下来,这里只有一个查询:a与b的LCA printf("%d\n",ancestor[findSet(b)]); else if(parent == b && vis[a]) printf("%d\n",ancestor[findSet(a)]); }
2. 在线算法(RMQ)
一个O(nlog2n)的预处理,O(1)的查询。
以下面一棵树为例:
(1)
/ \
(2) (7)
/ \ \
(3) (4) (8)
/ \
(5) (6)
step1:
按深度遍历树,记录访问顺序和相应的深度(2*n-1),及每个节点第一次出现的位置。
结点的访问顺序为:1 2 3 2
4 5 4 6 4 2 1 7 8 7
相应的深度为: 0 1 2 1
2 3 2 3
2 1 0 1 2 1 0
结点1-8第一次出现的次序为:1 2 3 5 6 8 12 13
step2:
查询3和6的公共祖先,考虑3和6第一次出现的位置为3和8,即寻找序列2 1 2 3 2 3中的最小值,最小值为1,对应的点位2,则3与6的最近公共祖先为2。
step3:
则对于给出的任意两个结点,找出它们第一次出现的位置i,j(i<j),在深度序列中查询最小值的下标k,depth[k]即为所求。显然,查询多次深度序列中的最小值的下标,自然而然就想到了RMQ。
public class LCA { private final int MAX = 10; private int[] dfs = new int[2*MAX]; private int[] depth = new int[2*MAX]; private int[][] f; private int[] call = new int[MAX]; private int len = 0; public void track(Node t, int d) { if (t == null) return; dfs[len] = t.value; depth[len] = d; call[t.value-1] = len; len++; track2(t.left, d+1); if (t.left != null) { dfs[len] = t.value; depth[len] = d; len++; } track2(t.right, d+1); if (t.right != null) { dfs[len] = t.value; depth[len] = d; len++; } } public void rmq() { int count = 1; while ((1 << count) <= len) count++; f = new int[len][count]; count--; for (int i = 0; i < len; i++) { f[i][0] = i; } for (int j = 1; (1 << j) <= len; j++) { for (int i = 0; i+(1<<j)-1 < len; i++) { f[i][j] = depth[f[i][j-1]] < depth[f[i+(1<<j-1)][j-1]] ? f[i][j-1] : f[i+(1<<j-1)][j-1]; } } } public int query(Node t1, Node t2) { int start = call[t1.value-1]; int end = call[t2.value-1]; if(start > end) { int temp = start; start = end; end = temp; } int count = 1; while ((1 << count) <= end - start + 1) count++; count--; int result = depth[f[start][count]] < depth[f[end-(1<<count)+1][count]] ? f[start][count] : f[end-(1<<count)+1][count]; if (dfs[result] == t1.value || dfs[result] == t2.value) { int temp = depth[result]; while (depth[result] >= temp) result--; } return dfs[result]; } public static void main(String[] args) { Node n3 = new Node(3); Node n5 = new Node(5); Node n6 = new Node(6); Node n4 = new Node(4, n5, n6); Node n2 = new Node(2, n3, n4); Node n8 = new Node(8); Node n7 = new Node(7, null, n8); Node n1 = new Node(1, n2, n7); LCA l = new LCA(); l.track(n1, 0); l.rmq(); System.out.println(l.query(n5, n4)); } } class Node { int value; Node left; Node right; public Node(int value, Node left, Node right) { this.value = value; this.left = left; this.right = right; } public Node(int value) { this.value = value; this.left = null; this.right = null; } }
3. 后序遍历
基本思想:如果这两个节点不在一条线上(即这两个节点不存在一个节点是另一个节点的祖先的情况),则它们必定分别在所求节点A的左子树和右子树上,后序遍历到第一个满足这个条件的节点就是所要求的节点A。否则,当这两个节点在一条线上,所求节点A则是这两个节点中深度最低的节点的父节点。
bool lca(Node *root, int va, int vb, Node *&result, Node* parent) { // left/right 左/右子树是否含有要判断的两节点之一 bool left = false, right = false; if (!result && root->left) left = lca(root->left,va,vb,result,root); if (!result && root->right) right = lca(root->right,va,vb,result,root); // mid 当前节点是否是要判断的两节点之一 bool mid = false; if (root->data == va || root->data == vb) mid=true; if (!result && int(left + right + mid) == 2) { if (mid) result = parent; else result = root; } return left | mid | right ; } Node *query(Node *root,int va, int vb) { if (root == NULL) return NULL; Node *result = NULL; lca(root, va, vb,result, NULL); return result; }
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