【原创】leetCodeOj --- Binary Search Tree Iterator 解题报告

时间挤挤总是有的

太久不做题，脑子都生锈了。来道水题练练手

 

题目地址：

https://leetcode.com/problems/binary-search-tree-iterator/

 

题目内容：

Implement an iterator over a binary search tree (BST). Your iterator will be initialized with the root node of a BST.

Calling next() will return the next smallest number in the BST.

Note: next() and hasNext() should run in average O(1) time and uses O(h) memory, where h is the height of the tree.

Credits:
Special thanks to @ts for adding this problem and creating all test cases.

 

题目解析：

BST中序遍历，难点（算么 =。=）在于不可以简单一次递归完成，而是需要停止继续机制。

注意到要求时间均摊复杂度O(1)，和不超过树高的空间复杂度。

 

不妨定义一个栈如下：

LinkedList<TreeNode> stack = new LinkedList<TreeNode>();

在此维护一个性质：栈顶的元素是当前的最小元素。

因此，初始化栈的时候，需要把root的所有左节点压入栈中。每当请求next的时候，就返回栈顶节点的值，同时，如果栈顶节点有右节点，就需要把右节点和他所有的左子节点都压入栈中。

 

具体代码：

/**
 * Definition for binary tree
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode(int x) { val = x; }
 * }
 */

public class BSTIterator {

    LinkedList<TreeNode> stack = new LinkedList<TreeNode>(); // 在处理栈顶这个节点以前，他的左子树已经被处理过了,换言之，栈顶必然是当前最小节点

    public BSTIterator(TreeNode root) {

        while (root != null) {
            stack.push(root);
            root = root.left;
        }

    }

    /**
     * @return whether we have a next smallest number
     */
    public boolean hasNext() {
        return stack.size() != 0;
    }

    /**
     * @return the next smallest number
     */
    public int next() {
        TreeNode node = stack.pop();
        if (node.right != null) {
            TreeNode left = node.right;
            while (left != null) {
                stack.push(left);
                left = left.left;
            }
        }
        return node.val;
    }
}

/**
 * Your BSTIterator will be called like this:
 * BSTIterator i = new BSTIterator(root);
 * while (i.hasNext()) v[f()] = i.next();
 */

 

复杂度分析：

可以看出，任意时刻，栈中的元素数量不会超过树高。这个画一个图就明白了。

由于每个节点会被压入栈中 && 被访问值一次，所以对每个节点的操作数都是2，虽然访问某些特定节点时，需要更多的压栈操作，但由于next方法可能只执行一次访问值操作，所以实际上更多的压栈操作是分摊到了不需要压栈的时刻中了。

所以均摊是O(1)。