二叉树题目：最大二叉树

伟大的车尔尼2023-10-23 19:04

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题目

标题和出处

标题：最大二叉树

出处：654. 最大二叉树

难度

5 级

题目描述

要求

给定一个没有重复元素的整数数组 nums \texttt{nums} nums。最大二叉树 可以用下面的算法从 nums \texttt{nums} nums 递归地构建:

  1. 创建一个根结点，其值为 nums \texttt{nums} nums 中的最大值。
  2. 递归地在最大值左边 的子数组前缀上构建左子树。
  3. 递归地在最大值右边 的子数组后缀上构建右子树。

返回从 nums \texttt{nums} nums 构建的最大二叉树。

示例

示例 1：

输入： nums = [3,2,1,6,0,5] \texttt{nums = [3,2,1,6,0,5]} nums = [3,2,1,6,0,5]

输出： [6,3,5,null,2,0,null,null,1] \texttt{[6,3,5,null,2,0,null,null,1]} [6,3,5,null,2,0,null,null,1]

解释：递归调用如下所示：

  • [3,2,1,6,0,5] \texttt{[3,2,1,6,0,5]} [3,2,1,6,0,5] 中的最大值是 6 \texttt{6} 6，左边部分是 [3,2,1] \texttt{[3,2,1]} [3,2,1]，右边部分是 [0,5] \texttt{[0,5]} [0,5]。
    • [3,2,1] \texttt{[3,2,1]} [3,2,1] 中的最大值是 3 \texttt{3} 3，左边部分是 [] \texttt{[]} []，右边部分是 [2,1] \texttt{[2,1]} [2,1]。
      • 空数组，无子结点。
      • [2,1] \texttt{[2,1]} [2,1] 中的最大值是 2 \texttt{2} 2，左边部分是 [] \texttt{[]} []，右边部分是 [1] \texttt{[1]} [1]。
        • 空数组，无子结点。
        • 只有一个元素，所以子结点是一个值为 1 \texttt{1} 1 的结点。
    • [0,5] \texttt{[0,5]} [0,5] 中的最大值是 5 \texttt{5} 5，左边部分是 [0] \texttt{[0]} [0]，右边部分是 [] \texttt{[]} []。
      • 只有一个元素，所以子结点是一个值为 0 \texttt{0} 0 的结点。
      • 空数组，无子结点。

示例 2：

输入： nums = [3,2,1] \texttt{nums = [3,2,1]} nums = [3,2,1]

输出： [3,null,2,null,1] \texttt{[3,null,2,null,1]} [3,null,2,null,1]

数据范围

  • 1 ≤ nums.length ≤ 1000 \texttt{1} \le \texttt{nums.length} \le \texttt{1000} 1≤nums.length≤1000
  • 0 ≤ nums[i] ≤ 1000 \texttt{0} \le \texttt{nums[i]} \le \texttt{1000} 0≤nums[i]≤1000
  • nums \texttt{nums} nums 中的所有整数各不相同

解法一

思路和算法

由于给定的数组中的整数各不相同，因此可以唯一地确定最大二叉树的根结点，以及每个子树中的根结点。

遍历数组得到最大值所在的下标，使用该下标处的值创建根结点，使用该下标左边的子数组创建左子树，使用该下标右边的子数组创建右子树。对于左边的子数组和右边的子数组，使用同样的方法构造最大子二叉树。

上述构造最大二叉树的过程是一个递归分治的过程。将二叉树分成根结点、左子树和右子树三部分，首先构造左子树和右子树，然后构造原始二叉树，构造左子树和右子树是原始问题的子问题。

分治的终止条件是子数组为空，此时构造的子树为空。当子数组不为空时，子数组中一定存在整数，因此存在最大值，得到最大值所在的下标之后，即可得到左子树和右子树对应的子数组，然后递归地构造左子树和右子树。

实现方面，为了降低时间复杂度和空间复杂度，每个子数组使用开始下标和结束下标确定，当开始下标大于结束下标时表示子数组为空，则不用新建数组和复制数组元素。

代码

java 复制代码 
class Solution {
    public TreeNode constructMaximumBinaryTree(int[] nums) {
        return constructMaximumBinaryTree(nums, 0, nums.length - 1);
    }

    public TreeNode constructMaximumBinaryTree(int[] nums, int start, int end) {
        if (start > end) {
            return null;
        }
        int maximumValueIndex = getMaximumValueIndex(nums, start, end);
        TreeNode root = new TreeNode(nums[maximumValueIndex]);
        root.left = constructMaximumBinaryTree(nums, start, maximumValueIndex - 1);
        root.right = constructMaximumBinaryTree(nums, maximumValueIndex + 1, end);
        return root;
    }

    public int getMaximumValueIndex(int[] nums, int start, int end) {
        int maximumValueIndex = start;
        for (int i = start + 1; i <= end; i++) {
            if (nums[i] > nums[maximumValueIndex]) {
                maximumValueIndex = i;
            }
        }
        return maximumValueIndex;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，其中 n n n 是数组 nums \textit{nums} nums 的长度，即二叉树的结点数。二叉树有 n n n 个结点，需要分别构造 n n n 个子树，对于每个子树最多需要 O ( n ) O(n) O(n) 的时间定位到根结点和 O ( 1 ) O(1) O(1) 的时间构造，因此总时间复杂度是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)。

  • 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)，其中 n n n 是数组 nums \textit{nums} nums 的长度，即二叉树的结点数。空间复杂度主要是递归调用的栈空间，取决于二叉树的高度，最坏情况下二叉树的高度是 O ( n ) O(n) O(n)。

解法二

思路和算法

注意到从给定的数组 nums \textit{nums} nums 构造的最大二叉树中，结点值的左右相对位置和数组 nums \textit{nums} nums 中的左右相对位置保持一致。对于数组 nums \textit{nums} nums 中的任意两个元素 x x x 和 y y y，其中 x x x 在 y y y 的左侧，当 x > y x > y x>y 时 y y y 在 x x x 的右子树中，当 x < y x < y x<y 时 x x x 在 y y y 的左子树中。

对于数组 nums \textit{nums} nums 中的每个整数，为了得到该结点的父结点，需要在数组 nums \textit{nums} nums 中找到比该整数大的最小整数。可以使用单调栈，单调栈存储结点，满足从栈底到栈顶的结点值单调递减。

从左到右遍历数组 nums \textit{nums} nums，对于每个整数，执行如下操作。

  1. 如果栈不为空且栈顶结点值小于当前整数，则将栈顶结点出栈，由于结点出栈的顺序对应数组中从右到左的顺序，因此如果有多个结点出栈，则每次将出栈结点的右子结点设为上一个出栈的结点。重复该操作，直到栈为空或者栈顶结点值大于当前整数时，停止该操作。

  2. 用当前整数创建结点，将当前结点的左子结点设为最后一个出栈的结点，然后将当前结点入栈。

遍历结束后，每个结点的左子树构造完毕，除了栈内的结点以外的每个结点的右子树也构造完毕。栈内的每个结点的右侧都不存在更大的整数，因此除了根结点以外，每个结点都是其父结点的右子结点。栈底结点为值最大的结点，因此作为根结点。当栈内结点数大于 1 1 1 时，每次将一个结点出栈，然后将新的栈顶结点的右子结点设为出栈结点。当栈内只剩 1 1 1 个结点时，该结点即为最大二叉树的根结点，将该结点出栈并返回。

上述做法的正确性可以根据单调栈的性质和操作过程得到。对于整数 x x x，考虑如下情况。

  • 如果 x x x 是数组中的最大整数，则结点 x x x 即为根结点。

  • 如果只有 x x x 的一侧存在比 x x x 大的整数，则比 x x x 大的最小整数对应的结点即为结点 x x x 的父结点。

  • 如果 x x x 的两侧都存在比 x x x 大的整数，用 y y y 表示 x x x 的左侧的整数中比 x x x 大的最小整数，用 z z z 表示 x x x 的右侧的整数中比 x x x 大的最小整数，则 x x x 的父结点值为 y y y 和 z z z 中的最小整数，考虑 y y y 和 z z z 的大小关系。

    • 如果 y < z y < z y<z，则当遍历到 z z z 时，结点 x x x 和 y y y 依次出栈，将结点 y y y 的右子结点设为结点 x x x，结点 z z z 的左子结点设为结点 y y y，此时结点 x x x 的父结点为结点 y y y。

    • 如果 y > z y > z y>z，则当遍历到 z z z 时，结点 x x x 出栈，将结点 z z z 的左子结点设为结点 x x x，此时结点 x x x 的父结点为结点 z z z。

以下是示例 1 的构造过程，其中 nums = [ 3 , 2 , 1 , 6 , 0 , 5 ] \textit{nums} = [3,2,1,6,0,5] nums=[3,2,1,6,0,5]。

  1. 下标 0 0 0 处的整数是 3 3 3，创建结点 3 3 3 并入栈， stack = [ 3 ] \textit{stack} = [3] stack=[3]，其中左边为栈底，右边为栈顶，栈内元素为结点，此处用数字表示结点且省略父结点和子结点的关系。

  2. 下标 1 1 1 处的整数是 2 2 2，创建结点 2 2 2 并入栈， stack = [ 3 , 2 ] \textit{stack} = [3, 2] stack=[3,2]。

  3. 下标 2 2 2 处的整数是 1 1 1，创建结点 1 1 1 并入栈， stack = [ 3 , 2 , 1 ] \textit{stack} = [3, 2, 1] stack=[3,2,1]。

  4. 下标 3 3 3 处的整数是 6 6 6，由于栈内的结点 1 1 1、 2 2 2、 3 3 3 的结点值都小于 6 6 6，因此需要将结点出栈并更新每个结点的子结点。

    1. 依次将结点 1 1 1、 2 2 2、 3 3 3 出栈并更新每个结点的右子结点，将结点 2 2 2 的右子结点设为结点 1 1 1，将结点 3 3 3 的右子结点设为结点 2 2 2。

    2. 创建结点 6 6 6，将结点 6 6 6 的左子结点设为结点 3 3 3，将结点 6 6 6 入栈， stack = [ 6 ] \textit{stack} = [6] stack=[6]。

  5. 下标 4 4 4 处的整数是 0 0 0，创建结点 0 0 0 并入栈， stack = [ 6 , 0 ] \textit{stack} = [6, 0] stack=[6,0]。

  6. 下标 5 5 5 处的整数是 5 5 5，由于栈内的结点 0 0 0 的结点值小于 5 5 5，因此需要将结点出栈并更新每个结点的子结点。

    1. 将结点 0 0 0 出栈。

    2. 创建结点 5 5 5，将结点 5 5 5 的左子结点设为结点 0 0 0，将结点 5 5 5 入栈， stack = [ 6 , 5 ] \textit{stack} = [6, 5] stack=[6,5]。

  7. 遍历结束，此时栈内有 2 2 2 个结点。将结点 5 5 5 出栈，将结点 6 6 6 的右子结点设为结点 5 5 5。

  8. 栈内剩余的结点 6 6 6 即为最大二叉树的根结点，将结点 6 6 6 出栈并返回。

代码

java 复制代码 
class Solution {
    public TreeNode constructMaximumBinaryTree(int[] nums) {
        Deque<TreeNode> stack = new ArrayDeque<TreeNode>();
        int length = nums.length;
        for (int i = 0; i < length; i++) {
            int num = nums[i];
            TreeNode prev = null;
            while (!stack.isEmpty() && stack.peek().val < num) {
                TreeNode curr = stack.pop();
                curr.right = prev;
                prev = curr;
            }
            TreeNode node = new TreeNode(num);
            node.left = prev;
            stack.push(node);
        }
        while (stack.size() > 1) {
            TreeNode curr = stack.pop();
            stack.peek().right = curr;
        }
        return stack.pop();
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)，其中 n n n 是数组 nums \textit{nums} nums 的长度，即二叉树的结点数。需要遍历数组 nums \textit{nums} nums，每个结点最多入栈和出栈各一次，更新每个结点的子结点的时间是 O ( 1 ) O(1) O(1)，因此总时间复杂度是 O ( n ) O(n) O(n)。

  • 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)，其中 n n n 是数组 nums \textit{nums} nums 的长度，即二叉树的结点数。空间复杂度主要是栈空间，栈内元素个数不超过 n n n。

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