实现一个二叉搜索树迭代器类BSTIterator ,表示一个按中序遍历二叉搜索树(BST)的迭代器:
BSTIterator(TreeNode root) 初始化 BSTIterator 类的一个对象。BST 的根节点 root 会作为构造函数的一部分给出。指针应初始化为一个不存在于 BST 中的数字,且该数字小于 BST 中的任何元素。
boolean hasNext() 如果向指针右侧遍历存在数字,则返回 true ;否则返回 false 。
int next()将指针向右移动,然后返回指针处的数字。
注意,指针初始化为一个不存在于 BST 中的数字,所以对 next() 的首次调用将返回 BST 中的最小元素。
可以假设 next() 调用总是有效的,也就是说,当调用 next() 时,BST 的中序遍历中至少存在一个下一个数字。
示例:
输入
inputs = [“BSTIterator”, “next”, “next”, “hasNext”, “next”, “hasNext”, “next”, “hasNext”, “next”, “hasNext”]
inputs = [[[7, 3, 15, null, null, 9, 20]], [], [], [], [], [], [], [], [], []]
输出
[null, 3, 7, true, 9, true, 15, true, 20, false]
解释
BSTIterator bSTIterator = new BSTIterator([7, 3, 15, null, null, 9, 20]);
bSTIterator.next(); // 返回 3
bSTIterator.next(); // 返回 7
bSTIterator.hasNext(); // 返回 True
bSTIterator.next(); // 返回 9
bSTIterator.hasNext(); // 返回 True
bSTIterator.next(); // 返回 15
bSTIterator.hasNext(); // 返回 True
bSTIterator.next(); // 返回 20
bSTIterator.hasNext(); // 返回 False
提示:
树中节点的数目在范围 [1, 105] 内
0 <= Node.val <= 106
最多调用 105 次 hasNext 和 next 操作
法一:在构造函数中递归计算出中序遍历的结果:
/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {* int val;* TreeNode *left;* TreeNode *right;* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class BSTIterator {
public:BSTIterator(TreeNode* root) {inOrder(root);}int next() {return res[iterator++];}bool hasNext() {return iterator < res.size();}private:vector<int> res;int iterator = 0;void inOrder(TreeNode *node){if (node == nullptr){return;}inOrder(node->left);res.push_back(node->val);inOrder(node->right);}
};/*** Your BSTIterator object will be instantiated and called as such:* BSTIterator* obj = new BSTIterator(root);* int param_1 = obj->next();* bool param_2 = obj->hasNext();*/
如果树中有n个节点,则此算法时间复杂度为O(n),随后每次调用的时间复杂度为O(1);空间复杂度为O(n),因为要保存中序遍历的结果。
法二:迭代法,我们可以用栈模拟递归,每次调用next时再计算下一个遍历的结果:
/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {* int val;* TreeNode *left;* TreeNode *right;* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class BSTIterator {
public:BSTIterator(TreeNode* root) { cur = root;}int next() {while (cur){s.push(cur);cur = cur->left;}cur = s.top();int res = cur->val;s.pop();cur = cur->right;return res;}bool hasNext() {return !s.empty() || (cur != nullptr);}private:stack<TreeNode *> s;TreeNode *cur;
};/*** Your BSTIterator object will be instantiated and called as such:* BSTIterator* obj = new BSTIterator(root);* int param_1 = obj->next();* bool param_2 = obj->hasNext();*/
如果树中有n个节点,每次调用next的时间复杂度最差为O(n)(当树退化为链表时),均摊时间复杂度为O(1);空间复杂度取决于树的高度,平均为O(logn),最差为O(n)。
法三:morris遍历,核心要点是找到前驱节点,如中序遍历,需要找到当前遍历节点的前驱节点,即左节点的最右节点nodeLR,将nodeLR的右节点指向当前遍历到的节点本身:
/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {* int val;* TreeNode *left;* TreeNode *right;* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class BSTIterator {
public:BSTIterator(TreeNode* root) {cur = root;}int next() {while (cur){if (!cur->left){break;}TreeNode *mostRightOfLeft = getMostRightOfLeft(cur);if (!mostRightOfLeft->right){mostRightOfLeft->right = cur;cur = cur->left;}else if (mostRightOfLeft->right == cur){mostRightOfLeft->right = nullptr;break;}}int res = cur->val;cur = cur->right;return res;}bool hasNext() {return cur;}private:TreeNode *cur;TreeNode *getMostRightOfLeft(TreeNode *node){TreeNode *tmpNode = node->left;// 当右节点为空,或右节点是输入节点时退出循环while (tmpNode->right && tmpNode->right != node){tmpNode = tmpNode->right;}return tmpNode;}
};/*** Your BSTIterator object will be instantiated and called as such:* BSTIterator* obj = new BSTIterator(root);* int param_1 = obj->next();* bool param_2 = obj->hasNext();*/
此算法时间复杂度为O(1),空间复杂度为O(1)。
法四:二叉搜索,中序遍历的结果是树中所有结点从小到大排列,因此每次都找比当前遍历到的值大的一个节点即可:
/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {* int val;* TreeNode *left;* TreeNode *right;* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class BSTIterator {
public:BSTIterator(TreeNode* root) : root(root),cur(nullptr) { }int next() {// 首次运行,找最小值if (!cur){cur = root;while (cur->left){cur = cur->left;}return cur->val;}TreeNode *target = getTarget();cur = target;return target->val;}bool hasNext() {// 首次运行时,是否有下一个取决于是否是空树if (!cur){return root;}// 如果有比当前值大的,就有下一个节点TreeNode *target = getTarget();return target;}private:TreeNode *root;TreeNode *cur;TreeNode *getTarget(){TreeNode *node = root;TreeNode *res = nullptr;while (node){// 找到比当前值大的一个最小节点if (node->val > cur->val){res = node;node = node->left;}else{node = node->right;}}return res;}
};/*** Your BSTIterator object will be instantiated and called as such:* BSTIterator* obj = new BSTIterator(root);* int param_1 = obj->next();* bool param_2 = obj->hasNext();*/
如果树有n个节点,此算法next和hasNext函数的时间复杂度为O(logn),空间复杂度为O(1)。