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1483. 树节点的第 K 个祖先 - 力扣（LeetCode）

题目解析

        要求编写一个TreeAncestor类，需要为其写两个函数。该类是一个无规律的多叉树，多叉树的父节点一定是0号节点

 1.        TreeAncestor(int n, vector<int>& parent)

n为parent的长度，也为多叉树的节点个数，parent中存的是每个节点的父节点的编号，例如parent[3] = 1代表3号节点的父节点是1号节点

2.         int getKthAncestor(int node, int k)

node为节点序号，k是一个计数器，该函数要求返回node节点的第k辈祖先节点的序号，如果不存在返回-1

• 1 <= k <= n <= 5 * 10^4
• parent[0] == -1 表示编号为 0 的节点是根节点。
• 对于所有的 0 < i < n ，0 <= parent[i] < n 总成立
• 0 <= node < n
• 至多调用 5 * 10^4 次getKthAncestor

解题：

两种不合题意的解法：

直接暴力求解:

超时

class TreeAncestor {
public:TreeAncestor(int n, vector<int>& parent) {tmp = {parent.begin(),parent.end()};}int getKthAncestor(int node, int k) {while(k--){if(node == 0)return -1;node = tmp[node];}return node;}vector<int> tmp;
};

构造函数时间复杂度o(n)空间复杂度o(n)

get函数时间复杂度o(k)  空间复杂度o(1)

假设调用a次get:总时间复杂度o(k*a+n)空间复杂度o(n)

优化暴力

超空间

在暴力解法中每次调用get都会从node开始一直向前算，这些计算很可能在之前的遍历中都算过了。如果我们在执行循环之前把所有的情况都算出来，之后调用get时就可以直接得到。

class TreeAncestor {
public:TreeAncestor(int n, vector<int>& parent) {tmp = { parent.begin(),parent.end() };r.resize(tmp.size());for (int i = 1; i < tmp.size(); i++){for (int j = i; j >= 0; j = tmp[j]){r[i].push_back(j);}}}int getKthAncestor(int node, int k) {if (k >= r[node].size())return -1;elsereturn r[node][k];}vector<int> tmp;vector<vector<int>> r;
};

构造函数时间复杂度o(n*n)空间复杂度o(n*n)

get函数时间复杂度o(1)  空间复杂度o(1)

假设调用a次get:总时间复杂度o(n*n)空间复杂度o(n*n)

倍增记录法

既然优化暴力法会超空间限制，想办法只取一部分的数据进行记录即可。

class TreeAncestor 
{
public:const int num = 16;vector<vector<int>>a;TreeAncestor(int n, vector<int>& parent) {a.resize(n, vector<int>(num, -1));for (int i = 0; i < n; i++){a[i][1] = parent[i];}for (int j = 2; j < num; j++){for (int i = 0; i < n; i++){if (a[i][j-1] != -1)a[i][j] = a[a[i][j - 1]][j - 1];}}}int getKthAncestor(int node, int k) {int tmp = 0;while (k != 0){if (node == -1)return -1;int a1 = 1,a2=0;while (a1 <= k)a1 *= 2,a2++;k -= a1 / 2;node = a[node][ a2 ];}return node;}
};

构造函数时间复杂度o(n*log(n))空间复杂度o(n*log(n))

get函数时间复杂度o(log(k))  空间复杂度o(1)

假设调用a次get:总时间复杂度o(n*log(n)+a*log(k))空间复杂度o(n*log(n))

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