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  • 【CF 675D Tree Construction】BST

    题目链接:http://codeforces.com/problemset/problem/675/D

    题意:给一个由n个互异整数组成的序列a[],模拟BST的插入过程,依次输出每插入一个元素a[i]后a[i]的父节点。

    数据范围:n [2, 10^5]

    思路:直接模拟一般的BST而不维护平衡性的话,有可能会出现极度不平衡甚至退化的情况,复杂度会从O(nlogn)上升到O(n^2)。因此要用平衡二叉树。

    可以利用STL中的set容器,但对于题目所要找的“父节点”,set并不提供接口。这时就要考察BST的一些性质推导出解法。

    回顾二叉树的中序遍历,对节点prev的直接后继succ的定位操作分两种情况。注意等价BST的“上下可变,左右不乱”的性质,不论是否进行了等价变换,中序遍历序列中任意两个互为直接前驱和直接后继的元素,其层次关系必然为如下两种之一:

    1. succ层次更深

    => 由顺序性,succ必为prev的右子树中的节点,故prev的右子树必非空

      且由“直接性”,succ的左孩子必为空。

      对于v小于全局最小值的边界情况,prev及其左子树为空。

    2. prev层次更深

    => 由顺序性,prev必为succ的左子树中的节点,故succ的左子树必非空

      且由“直接性”,prev的右孩子必为空。

      对于v大于全局最大值的边界情况,succ及其右子树为空。

    对于一个新的待插入的节点v,我们在当前BST的中序遍历序列 s 中进行二分查找,得到应插入的位置的后继元素的位置succ(“大于v的第一个元素,即upper_bound”),然后得到prev=succ-1。为了保证BST的顺序性,v必然要插在prev和succ之间。

    从树的结构上看,可以插在标有“必为空”的位置,它恰好介于prev和succ之间,顺序性必然得到保证。具体地,即“succ和prev中更深的那个”,1、2两种情况分别对应succ和prev。如何确定是哪种情况呢?

    我们回到对这两种情况的描述上:刚刚所做的推导是否可逆呢?如果可逆,那么我们可以通过判断succ或prev的左右孩子是否为空就可以得知是哪种情况。

    分析发现,确实可逆:

    1. succ的左孩子为空 => 由顺序性,prev必为succ的祖先 => succ层次更深。

    2. prev的右孩子为空 => 由顺序性,succ必为prev的祖先 => prev层次更深。

    到此,可以着手设计算法了。首先用set维护平衡二叉树,每次插入节点v前,调用set的lower_bound(或upper_bound,元素互异故二者无差别) 得到“大于v的第一个元素”,即插入v后v的直接后继,记录为迭代器succ。然后得到succ的直接前驱的迭代器prev = succ - 1。

    对于左右孩子情况的记录,我没有想到方法,CF题解给出的是维护两个map<int, int>left, right,left记录节点对<v, lc>,right记录节点对<v, rc>。每次插入前通过判断left[succ]和right[prev]是否为空来判断父节点是谁,以及v作为左孩子还是右孩子插入,更新map。

    其实这两种情况是对立的,因此一次判断就可确定属于哪种。

     1 #include <cstdio>
     2 #include <cstring>
     3 #include <set>
     4 #include <map>
     5 using namespace std;
     6 const int MAX_N = 100005;
     7 
     8 int n;
     9 struct Node
    10 {
    11     int d;
    12     int lc, rc;
    13     Node(){}
    14     Node(int d):d(d), lc(-1), rc(-1){}
    15 }nodes[MAX_N];
    16 
    17 int a[MAX_N];
    18 
    19 int main()
    20 {
    21     while(~scanf("%d", &n)){
    22         for(int i=0; i<n; i++){
    23             scanf("%d", &a[i]);
    24         }
    25         set<int> s;
    26         map<int, int> left;//<节点,左孩子> 
    27         map<int, int> right; //<节点,右孩子> 
    28         int res;
    29         s.insert(a[0]);
    30         for(int i=1; i<n; i++){
    31             set<int>::iterator pos = s.lower_bound(a[i]);//直接后继 
    32             if(pos != s.end() && left.count(*pos)==0){//后继没有左孩子,插到后继的左孩子位置
    33                 res = *pos;
    34                 left[*pos] = a[i];
    35             }else{//后继有左孩子,或没有后继,插到前驱的右孩子位置 
    36                 pos--;
    37                 res = *pos;
    38                 right[*pos] = a[i];
    39             }
    40             printf("%d ", res);
    41             s.insert(a[i]);
    42         }
    43         printf("
    ");
    44     }
    45     return 0;
    46 }

    p.s: CF题解的代码好优美,学习了。

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/helenawang/p/5501857.html
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