程序员面试金典---19

Posted 2023-04-30 楸枰～

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了程序员面试金典---19相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

交换数字

/**
 * @param number[] numbers
 * @return number[]
 */
var swapNumbers = function(numbers) 
    numbers.push(numbers.splice(0,1))
    return numbers
;

// 二
var swapNumbers = function(numbers) 
   numbers[0] =numbers[0]^numbers[1];
   numbers[1] =numbers[0]^numbers[1];
   numbers[0]=numbers[0]^numbers[1];
   return numbers;
;

单词频率’

思路：

reduce+哈希

/**
 * @param string[] book
 */
var WordsFrequency = function(book) 
    this.book = book.reduce((pre,item)=>
        pre[item] = !pre[item]? 1 : pre[item] + 1
        return pre
    ,)
;

/** 
 * @param string word
 * @return number
 */
WordsFrequency.prototype.get = function(word) 
    return this.book[word] || 0
;

/**
 * Your WordsFrequency object will be instantiated and called as such:
 * var obj = new WordsFrequency(book)
 * var param_1 = obj.get(word)
 */

算法 | 第4章树与图相关《程序员面试金典》#yyds干货盘点#

@[TOC](第4章树与图相关《程序员面试金典》)

前言

本系列笔记主要记录笔者刷《程序员面试金典》算法的一些想法与经验总结，按专题分类，主要由两部分构成：经验值点和经典题目。其中重点放在经典题目上；

本章有10题，标号到12，没有第7和第11题；

0. *经验总结

0.1 程序员面试金典 P85

树的基本组成单位是节点node，节点可以封装左右指针、父节点指针等；
可以使用一个名为Tree的类来封装节点，但在面试中不常用；如果使用Tree类能使代码简单或完善，可以使用Tree类；
注意区分以下概念，以及一些树的基本特点与遍历特点《详情见第0.2点各种树的特点》：
- 树与二叉树；
- 二叉树和二叉搜索树（又称二叉排序树）；
- 平衡与不平衡；
- 完整二叉树；
- 满二叉树；
- 完美二叉树；
- 二叉堆（小顶堆和大顶堆）
- 单次查找树（前序树）
- 顺序存储二叉树；
- 线索化二叉树；
- 霍夫曼树；
- B树、B+树和B*树；

0.2 各种树的特点

1. 二叉搜索树（二叉排序树）

全部左边子孙节点 <= n <= 全部右边子孙节点；
碰到二叉树时，很多面试者会假定面试官问的是二叉搜索树，此时要务必问清是否的二叉搜索树；

2. 平衡二叉树

它是一棵空树或它的左右两个子树的高度差的绝对值不超过1，并且左右两个子树都是一棵平衡二叉树；
树是否平衡需要跟面试官确认；
思考方向可以有：“平衡”树实际上多半意味着“不是非常不平衡的树”。其平衡性足以保证执行insert和find操作可以在O(log n)的时间复杂度内完成，但不一定是严格意义上的平衡树；
平衡二叉树的常用实现方法有红黑树、AVL、替罪羊树、Treap、伸展树等；

3. 完整二叉树

除最后一层，其它层被填满，并且最后一层节点从左到右填充；
中序遍历结果按顺序排列；

4. 满二叉树

每个节点都有0个或两个子节点，不存在只有一个子节点的节点；

5. 完满二叉树

完满二叉树既是完整二叉树，又是满二叉树；
正好有2^k^-1个节点；

6. 二叉堆（小顶堆和大顶堆）

一个二叉堆是一个完整二叉树，每个节点值小于其左右子节点；
向最小堆插入元素，总是从最底部、最右边节点开始，通过与其祖先节点交换来向上传递较小值；
删除最小堆最小元素，将堆中最后一个元素放在顶节点，通过与子节点交换来向下传递较大值；
上述两个算法时间复杂度为O(log n)；

7. 单次查找树（前序树）

*节点（有时称空节点）代表一个完整单次；
相比散列表可以识别字符串是否是任何有效单次的前缀，可以在O(K)的时间复杂度内检查字符串是否为有效前缀；
涉及一组有效单词的问题可以使用单次查找树进行优化；

8. 顺序存储二叉树

从数据存储来看，数组存储方式和树的存储方式可以相互转换，即数组可以转换成树，树也可以转换成数组；
顺序二叉树通常只考虑完全二叉树；
第n个元素的左子节点为 2*n+1；
第n个元素的右子节点为 2*n+2；
第n个元素的父节点为 (n-1)/2；
n : 表示二叉树中的第几个元素(按0开始编号如图所示)；

9. 线索化二叉树

n个结点的二叉链表中含有 2n-(n-1)=n+1 个空指针域。利用二叉链表中的空指针域，存放指向该结点在某种遍历次序下的前驱和后继结点的指针（这种附加的指针称为"线索"）；

10. 霍夫曼树

给定n个权值作为n个叶子结点，构造一棵二叉树，若该树的带权路径长度(wpl)达到最小，称这样的二叉树为最优二叉树，也称为哈夫曼树(Huffman Tree)；

11. B树、B+树和B*树

0.3 树的三种遍历方式

中序遍历：

void inOrderTraversal(TreeNode node)
    if(node != null)
        inOrderTraversal(node.left);
        visit(node);
        inOrderTraversal(node.right);

前序遍历：

void preOrderTraversal(TreeNode node)
    if(node != null)
        visit(node);
        preOrderTraversal(node.left);
        preOrderTraversal(node.right);

后序遍历：

void postOrderTraversal(TreeNode node)
    if(node != null)
        postOrderTraversal(node.left);
        postOrderTraversal(node.right);
        visit(node);

0.4 图的表示形式与搜索

图的表示方式：

邻接链表法；
邻接矩阵法；
邻接矩阵法使用BFS搜索，效率会比较低，因为需要迭代所有结点以便找到相邻节点；

图的搜索：

深度优先搜索（DFS）;
- 访问图中所有节点，或者访问最少节点直至找到某节点，DFS一般比较简单；
广度优先搜索（BFS）；
- 如果想找到两个节点的最短路径（或任意路径），BFS一般比较适宜；
- BFS是通过队列实现；
双向搜索；
- 双向搜索用于查找起始节点和目的节点间的最短路径；
- 本质上是从起始节点和目的节点同时开始的两个广度优先搜索；
- 当两个搜索相遇时，即找到一条路径

深度优先搜索（DFS）：

前序和树遍历的其他形式都是一种DFS；

void search(Node root)
    if(root == null)
        return;
    
    visit(root);
    root.visited = true;
    for each(Node n in root.adjacent)
        if(n.visited == false)
            search(n);

广度优先搜索（BFS）：

void search(Node root)
    Queue queue = new Queue();
    root.marked = true;
    queue.enqueue(root); //加入队尾

    while(!queue.isEmpty())
        Node r = queue.dequeue(); //从队列头部删除
        visit(r);
        for each(Node n in r.adjacent)
            if(n.mark == false)
                n.marked = true;
                queue.enqueue(n);

1. 节点间通路 [medium]

1.1 考虑点

询问面试官重复的边是否是双向边，本题中不是。笔者以为是双向边，第五种解法给出思路；
可以跟面试官讨论广度优先搜索和深度优先搜索的利弊：
- 广度优先搜索：适合查找最短路径；
- 深度优先搜索：实现比较简单，递归即可；在访问邻近节点之前，可能会深度遍历其中一个邻近节点；

1.2 解法

1.2.1 广度优先遍历法（优）

public boolean findWhetherExistsPath(int n, int[][] graph, int start, int target) 
    Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
    boolean[] isVisit = new boolean[n];
    isVisit[start] = true;
    queue.offer(start);
    while( !queue.isEmpty() )
        int thisNode = queue.poll();
        int toNode;
        for(int i = 0; i < graph.length; i++)
            if(graph[i][0] == thisNode)
                toNode = graph[i][1];
                if(toNode == target)
                    return true;
                
                if(!isVisit[toNode])
                    isVisit[toNode] = true;
                    queue.offer(toNode);
                
            
        
    
    return false;

执行时间：91.21%；内存消耗：92.42%；
适用于n较少的时候，当n过大会超时；

1.2.2 深度优先遍历法

private boolean[] visited = null;
public boolean findWhetherExistsPath(int n, int[][] graph, int start, int target) 
    this.visited = new boolean[graph.length];
    return helper(graph, start, target);


private boolean helper(int[][] graph, int start, int target) 
    for (int i = 0; i < graph.length; ++i) 
        // 确保当前路径未被访问（该判断主要是为了防止图中自环出现死循环的情况）
        if (!visited[i]) 
            // 若当前路径起点与终点相符，则直接返回结果
            if (graph[i][0] == start && graph[i][1] == target) 
                return true;
            
            // 设置访问标志
            visited[i] = true;
            // DFS关键代码，思路：同时逐渐压缩搜索区间
            if (graph[i][1] == target && helper(graph, start, graph[i][0])) 
                return true;
            
            // 清除访问标志
            visited[i] = false;
        
    
    return false;

执行时间：81.17%；内存消耗：97.41%；
首先设置访问状态数组
使用DFS「深度优先搜索」进行递归搜索，逐渐压缩搜索区间，直至最终找到start与target在同一个路径内，则说明查找成功；

1.2.3 邻接矩阵的幂的性质

public boolean findWhetherExistsPath(int n, int[][] graph, int start, int target) 
    int[][] adjacentMatrix = new int[n][n];
    for (int[] edge : graph) 
        adjacentMatrix[edge[0]][edge[1]] = 1;
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) 
        int[][] matrix = matrixPow(adjacentMatrix, i);
        if (matrix[start][target] != 0) 
            return true;
        
    
    return false;


public int[][] matrixPow(int[][] matrix, int n) 
    int size = matrix.length;
    int[][] res = new int[size][];
    for (int i = 0; i < size; i++) 
        res[i] = Arrays.copyOf(matrix[i], size);
    
    for (int i = 1; i < n; i++) 
        for (int row = 0; row < size; row++) 
            int[] tmp = new int[size];
            for (int col = 0; col < size; col++) 
                for (int j = 0; j < size; j++) 
                    tmp[col] += res[row][j] * matrix[j][col];
                
            
            res[row] = Arrays.copyOf(tmp, size);
        
    
    return res;

在本测试用例中超时；
用到邻接矩阵的幂的性质；

1.2.4 当重复边为双向边时

public boolean findWhetherExistsPath(int n, int[][] graph, int start, int target) 
    int[] count = new int[n*(n-1)/2];
    for(int i = 0; i < graph.length; i++)
        int mark = (2*n-1-graph[i][0])*graph[i][0]/2-1+graph[i][1]-graph[i][0];
        count[mark]++;
        if(count[mark] == 2)
            int cache = graph[i][0];
            graph[i][0] = graph[i][1];
            graph[i][1] = cache;
        
    

    Queue<Integer> queue = new LinkedList<>();
    boolean[] isVisit = new boolean[n*(n-1)/2];
    queue.offer(start);

    while( !queue.isEmpty() )
        int thisNode = queue.poll();
        int toNode;
        for(int i = 0; i < graph.length; i++)
            int mark = (2*n-1-graph[i][0])*graph[i][0]/2-1+graph[i][1]-graph[i][0];
            if(graph[i][0] == thisNode && !isVisit[mark])
                toNode = graph[i][1];
                if(toNode == target)
                    return true;
                
                queue.offer(toNode);
            
        
    
    return false;

相比前面做法增加了个方向倒转，也就是把重复边的方向倒转；

2. 最小高度树 [easy]

2.1 考虑点

要创建最小生成树，就必须让左右子树的节点数量尽可能接近；

2.2 解法

2.2.1 递归法（优）

public TreeNode sortedArrayToBST(int[] nums) 
    if(nums.length == 0)
        return null;
    
    int l = 0;
    int r = nums.length-1;
    return recur(l, r, nums);


public TreeNode recur(int l, int r, int[] nums)
    if(l > r)
        return null;
    
    int mid = (l+r)/2;
    int headVal = nums[mid];
    TreeNode head = new TreeNode(headVal);
    head.left  = recur(l, mid-1, nums);
    head.right = recur(mid+1, r, nums);
    return head;

执行时间：100.00%；内存消耗：53.37%；
时间复杂度：O(n)。数组中的元素都使用1次，时间复杂度为O(n)；
空间复杂度：O(log n )。递归使用栈辅助空间，空间复杂度O(log n )；
注意递归结束条件，没有等于是因为递归里有对mid增减进行操作；
注意递归的参数l和r，表示需要递归的范围，不包括mid头结点；

2.2.2 BFS广度优先遍历

public TreeNode sortedArrayToBST(int[] num) 
    if (num.length == 0)
        return null;
    Queue<int[]> rangeQueue = new LinkedList<>();
    Queue<TreeNode> nodeQueue = new LinkedList<>();
    int lo = 0;
    int hi = num.length - 1;
    int mid = (lo + hi) >> 1;
    TreeNode node = new TreeNode(num[mid]);
    rangeQueue.add(new int[]lo, mid - 1);
    rangeQueue.add(new int[]mid + 1, hi);
    nodeQueue.add(node);
    nodeQueue.add(node);
    while (!rangeQueue.isEmpty()) 
        int[] range = rangeQueue.poll();
        TreeNode currentNode = nodeQueue.poll();
        lo = range[0];
        hi = range[1];
        if (lo > hi) 
            continue;
        
        mid = (lo + hi) >> 1;
        int midValue = num[mid];
        TreeNode newNode = new TreeNode(midValue);
        if (midValue > currentNode.val)
            currentNode.right = newNode;
        else
            currentNode.left = newNode;
        if (lo < hi) 
            rangeQueue.add(new int[]lo, mid - 1);
            rangeQueue.add(new int[]mid + 1, hi);
            nodeQueue.add(newNode);
            nodeQueue.add(newNode);
        
    
    return node;

执行时间：100.00%；内存消耗：5.01%；
把数组不停的分为两部分，保存在队列中，然后不停的出队，创建结点；

3. 特定深度节点链表 [medium]

3.1 考虑点

不需要逐一遍历每一层，可以用任意方式遍历整棵树，只需要记住节点位于哪一层即可；

3.2 解法

3.2.1 使用栈暴力法

public ListNode[] listOfDepth(TreeNode tree) 
    if(tree == null)
        return null;
    
    Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
    queue.offer(tree);
    int floor = 1; //第x-1层节点个数
    List<ListNode> listArr = new ArrayList<>();
    //当队列不为空
    while(!queue.isEmpty())
        //按层处理
        int count = 0; //count用来储存第x层节点个数
        ListNode head = null;
        ListNode cur = null;
        for(int i = 0; i < floor; i++)
            TreeNode node = queue.poll();
            //创建链表
            if(i == 0)
                head = new ListNode(node.val);
                cur = head;
             else 
                ListNode nodeL = new ListNode(node.val);
                cur.next = nodeL;
                cur = nodeL;
            
            //加入队列
            if( node.left != null)
                count++;
                queue.offer(node.left);
            
            if(node.right != null)
                count++;
                queue.offer(node.right);
            
        
        listArr.add(head);
        floor = count; //替换floor
    
    ListNode[] list = new ListNode[listArr.size()];
    for(int i = 0; i < listArr.size(); i++)
        list[i] = listArr.get(i);
    
    return list;

执行时间：89.59%；内存消耗：75.08%；
需要注意几个细节：
- ListNode cur = null：需要对cur初始化；
- floor = count：记得要替换floor；
由于事先不知道数组个数，先用一个ArrayList装起来，然后再转换成数组；

3.2.2 使用栈暴力法（代码优化缩短）

public ListNode[] listOfDepth(TreeNode tree) 
    if(tree == null)
        return null;
    
    Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
    queue.offer(tree);
    List<ListNode> listArr = new ArrayList<>();
    //当队列不为空
    while(!queue.isEmpty())
        //按层处理
        int size = queue.size();
        ListNode head = new ListNode(0);
        ListNode cur = head;
        for(int i = 0; i < size; i++)
            TreeNode node = queue.poll();
            //创建链表
            cur.next = new ListNode(node.val);
            //加入队列
            if( node.left != null)
                queue.offer(node.left);
            
            if(node.right != null)
                queue.offer(node.right);
            
            cur = cur.next;
        
        listArr.add(head.next);
    
    return listArr.toArray(new ListNode[] );

执行时间：89.59%；内存消耗：25.97%；
思路同上，更多调用java的api简化代码；

3.2.3 递归法（优）

public ListNode[] listOfDepth(TreeNode tree) 
    List<ListNode> list = new ArrayList<>();
    dfs(list, tree, 1);
    ListNode[] arr = new ListNode[list.size()];
    for (int i = 0; i < arr.length; i++) 
        arr[i] = list.get(i);
    
    return arr;

private void dfs(List<ListNode> list, TreeNode node, int deep) 
    if (node == null) 
        return;
    
    if (deep > list.size()) 
        list.add(new ListNode(node.val));
     else 
        ListNode n = list.get(deep - 1);
        while (n.next != null) 
            n = n.next;
        
        n.next = new ListNode(node.val);
    
    dfs(list, node.left, deep + 1);
    dfs(list, node.right, deep + 1);

执行时间：100.00%；内存消耗：96.63%；
定义树深度为deep，同一个深度的保存到同一个ListNode；

4. 检查平衡性 [easy]

4.1 考虑点

其实，只需要一个checkHeight函数即可，它既可以计算高度，也可以平衡检查。可以使用整数返回值表示两者；

4.2 解法

4.2.1 自顶向下的递归

public boolean isBalanced(TreeNode root) 
    if(root == null)
        return true;
    
    int deep = 1;
    int rootLeftDeep = findDeep(root.left, deep);
    int rootRightDeep = findDeep(root.right, deep);
    if(rootLeftDeep == -1 || rootRightDeep == -1)
        return false;
    
    int result = Math.abs(rootLeftDeep - rootRightDeep);
    return result<2; 


public int findDeep(TreeNode node, int deep)
    if(node == null)
        return deep-1;
    
    if(node.left == null && node.right == null)
        return deep;
    
    deep++;
    int leftDeep = findDeep(node.left,deep);
    int rightDeep = findDeep(node.right,deep);
    int deepDiff = Math.abs(leftDeep-rightDeep);
    return deepDiff>1 ? -1 : Math.max(leftDeep,rightDeep);

执行时间：88.57%；内存消耗：20.48%；
方法虽然可行，但不高效，Math.abs()方法会被反复调用计算同一个节点的高度；

4.2.2 自顶向下的递归

public boolean isBalanced(TreeNode root) 
    if (root == null) 
        return true;
     else 
        return Math.abs(height(root.left) - height(root.right)) <= 1 && isBalanced(root.left) && isBalanced(root.right);
    


public int height(TreeNode root) 
    if (root == null) 
        return 0;
     else 
        return Math.max(height(root.left), height(root.right)) + 1;

执行时间：88.57%；内存消耗：74.16%；
时间复杂度：O(n^2^)，其中 n 是二叉树中的节点个数。最坏情况下，二叉树是满二叉树，需要遍历二叉树中的所有节点，时间复杂度是 O(n)。对于节点 p，如果它的高度是 d，则 height(p) 最多会被调用 d 次（即遍历到它的每一个祖先节点时）。对于平均的情况，一棵树的高度 h 满足 O(h)=O(logn)，因为 d≤h，所以总时间复杂度为 O(nlogn)。对于最坏的情况，二叉树形成链式结构，高度为 O(n)，此时总时间复杂度为 O(n^2^)；
空间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树中的节点个数。空间复杂度主要取决于递归调用的层数，递归调用的层数不会超过 n；

4.2.3 自底向上的递归（优）

public boolean isBalanced(TreeNode root) 
    return height(root) >= 0;


public int height(TreeNode root) 
    if (root == null) 
        return 0;
    
    int leftHeight = height(root.left);
    int rightHeight = height(root.right);
    if (leftHeight == -1 || rightHeight == -1 || Math.abs(leftHeight - rightHeight) > 1) 
        return -1;
     else 
        return Math.max(leftHeight, rightHeight) + 1;

执行时间：88.57%；内存消耗：96.72%；
时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树中的节点个数。使用自底向上的递归，每个节点的计算高度和判断是否平衡都只需要处理一次，最坏情况下需要遍历二叉树中的所有节点，因此时间复杂度是 O(n)；
空间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树中的节点个数。空间复杂度主要取决于递归调用的层数，递归调用的层数不会超过 n；

5. 合法二叉搜索树 [medium]

5.1 考虑点

有两种思路：
- 一是利用中序遍历；
- 二是建立在 left <current<right 这项特性上；

5.2 解法

5.2.1 递归法

class Solution 
    Stack<Integer> stack = new Stack<>();
    boolean isFlag = false;
    public boolean isValidBST(TreeNode root) 
        if(root == null)
            return true;
        
        inOrderTraversal(root);
        return !isFlag;
    

    public void inOrderTraversal(TreeNode node)
        if(isFlag)
            return;
        
        if(node == null)
            return;
        
        inOrderTraversal(node.left);
        if(stack.isEmpty())
            stack.push(node.val);
         else 
            if(stack.peek() >= node.val)
                isFlag = true;
                return;
             else 
                stack.push(node.val);
                       
        
        inOrderTraversal(node.right);

执行时间：32.30%；内存消耗：91.41%；

5.2.2 中序遍历非递归

public boolean isValidBST(TreeNode root) 
    Deque<TreeNode> stack = new LinkedList<TreeNode>();
    double inorder = -Double.MAX_VALUE;
    while (!stack.isEmpty() || root != null) 
        while (root != null) 
            stack.push(root);
            root = root.left;
        
        root = stack.pop();
            // 如果中序遍历得到的节点的值小于等于前一个 inorder，说明不是二叉搜索树
        if (root.val <= inorder) 
            return false;
        
        inorder = root.val;
        root = root.right;
    
    return true;

执行时间：24.37%；内存消耗：98.61%；
时间复杂度 : O(n)，其中 n 为二叉树的节点个数。二叉树的每个节点最多被访问一次，因此时间复杂度为 O(n)；
空间复杂度 : O(n)，其中 n 为二叉树的节点个数。栈最多存储 n 个节点，因此需要额外的 O(n) 的空间；

5.2.3 中序遍历递归（优）

//前一个结点，全局的
TreeNode prev;

public boolean isValidBST(TreeNode root) 
    if (root == null)
        return true;
    //访问左子树
    if (!isValidBST(root.left))
        return false;
    //访问当前节点：如果当前节点小于等于中序遍历的前一个节点直接返回false。
    if (prev != null && prev.val >= root.val)
        return false;
    prev = root;
    //访问右子树
    if (!isValidBST(root.right))
        return false;
    return true;

执行时间：100.00%；内存消耗：65.74%；
中序遍历时，判断当前节点是否大于中序遍历的前一个节点，也就是判断是否有序，如果不大于直接返回 false

6. 后继者 [medium]

6.1 考虑点

因为是二叉搜索树，可以很方便找到节点，再根据是否有右子树分类判断；

6.2 解法

6.2.1 中序遍历递归法

class Solution 
    Stack<TreeNode> stack = new Stack<>();
    TreeNode findNode = null;
    public TreeNode inorderSuccessor(TreeNode root, TreeNode p) 
        if(root == null || p == null)
            return null;
        
        inOrderTravarsal(root,p);
        return findNode!=null ? findNode : null;
    

    public void inOrderTravarsal(TreeNode node, TreeNode p)
        if(findNode != null)
            return;
        
        if(node == null)
            return;
        
        inOrderTravarsal(node.left, p);
        if(stack.isEmpty())
            stack.push(node);
         else 
            if(p.equals(stack.peek()))
                findNode = node;
                stack.pop(); //忘记pop
                return;
             else 
                stack.push(node);
            
        
        inOrderTravarsal(node.right, p);

执行时间：72.07%；内存消耗：9.51%；

6.2.2 中序遍历非递归法（优）

public TreeNode inorderSuccessor(TreeNode root, TreeNode p) 
    TreeNode pre = null;
    while(root.val!=p.val)
        //右边
        if(p.val > root.val)          
            root = root.right;
        
        //左边
        else   
            pre = root;
            root = root.left;
        
    
    //假如没有右子树
    if(root.right==null)
        return pre;
     else 
        root = root.right;
        while(root.left!=null)
            root = root.left;
        
        return root;

执行时间：100.00%；内存消耗：100.00%；
找到节点后，如果右子树存在，那就是右子树最左边的节点。如果右子树不存在，表示已经访问n层子树，需要回到n的父节点q；如果n在q的左边，那就是q。反之需要往上访问，直到找到还未完全遍历的节点x；

8. 首个共同祖先 [medium]

8.1 考虑点

如果是二叉搜索树，可以看看两条路径在哪开始分叉；

8.2 解法

8.2.1 深度优先遍历

public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) 
    if(root == null)
        return null;
     else if(root.equals(p))
        return p;
     else if(root.equals(q))
        return q;
    
    TreeNode leftNode = lowestCommonAncestor(root.left,p,q);
    TreeNode rightNode = lowestCommonAncestor(root.right,p,q);
    if(leftNode == null && rightNode == null)
        return null;
    
    if(leftNode != null && rightNode == null)
        if(leftNode.equals(q))
            return q;
         else if(leftNode.equals(p))
            return p;
         else 
            return leftNode;
        
    
    if(leftNode == null && rightNode != null)
        if(rightNode.equals(q))
            return q;
         else if(rightNode.equals(p))
            return p;
         else 
            return rightNode;
        
    
    //注意非空校验
    if((leftNode.equals(p) && rightNode.equals(q)) || (leftNode.equals(q) && rightNode.equals(p)))
        return root;
     
    return null;

执行时间：52.31%；内存消耗：5.19%；

8.2.2 深度优先遍历的简便写法（优）

public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) 
    // 到底了还没找到，返回 null
    if (root == null) 
        return null;
    
    // 如果找到了 p 或 q，返回它
    if (root == p || root == q) 
        return root;
    
    TreeNode left = lowestCommonAncestor(root.left, p, q);  
    TreeNode right = lowestCommonAncestor(root.right, p, q); 
    // 如果 left 和 right 都记录了找到的节点，那么肯定是一个记录了 p ，另一个记录了 q
    // 它们分别在以 root 为根的左右子树中，所以 root 就是它们的最近公共祖先
    if (left != null && right != null) 
        return root;
    
    // 由于节点 p,q 一定在二叉树中，left和right不会同时为null
    // 若 left != null && right == null，说明在左子树中找到 p 或 q，而在右子树找不到 p 或 q，则剩下一个也在左子树
    // 所以 left 就是最近公共祖先
    // 另一种情况同理
    return (left != null) ? left : right;

执行时间：100.00%；内存消耗：91.55%；

9. 二叉搜索树序列 [hard]

9.1 考虑点

数组的第一个数必须为顶节点；
与左右节点的插入顺序无关紧要，但子节点的添加一定要在父节点之后；

9.2 解法

9.2.1 回溯法+广度优先遍历

private List<List<Integer>> ans;

public List<List<Integer>> BSTSequences(TreeNode root) 
    ans = new ArrayList<>();
    List<Integer> path = new ArrayList<>();
    // 如果 root==null 返回 [[]]
    if (root == null) 
        ans.add(path);
        return ans;
    
    List<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
    queue.add(root);
    // 开始进行回溯
    bfs(queue, path);
    return ans;


// 回溯法+广度优先遍历
private void bfs(List<TreeNode> queue, List<Integer> path) 
    // queue 为空说明遍历完了，可以返回了
    if (queue.isEmpty()) 
        ans.add(new ArrayList<>(path));
        return;
    
    // 将 queue 拷贝一份，用于稍后回溯
    List<TreeNode> copy = new ArrayList<>(queue);
    // 对 queue 进行循环，每循环考虑 “是否 「将当前 cur 节点从 queue 中取出并将其左右子
    // 节点加入 queue ，然后将 cur.val 加入到 path 末尾」 ” 的情况进行回溯
    for (int i = 0; i < queue.size(); i++) 
        TreeNode cur = queue.get(i);
        path.add(cur.val);
        queue.remove(i);
        // 将左右子节点加入队列
        if (cur.left != null) queue.add(cur.left);
        if (cur.right != null) queue.add(cur.right);
        bfs(queue, path);
        // 恢复 path 和 queue ，进行回溯
        path.remove(path.size() - 1);
        queue = new ArrayList<>(copy);

执行时间：90.30%；内存消耗：93.98%；
对于这种找出所有情况的题目，回溯法是最容易想到的方法之一了，这道题也可以用回溯法，可以发现刚才选元素的过程和层序遍历的过程其实是一致的：
- 最开始 queue 中只有 12 ，只能选12，将 12 出队并将它的两个子节点入队，得到 [12]；
  选了12之后 queue 中剩下 5、19 ，就从 5 和 19 中选一个，得到 [12,5],[12,19]；
- 如果选了 5 ，将 5 出队并将它的两个子节点入队，那么此时 queue 中剩下 19、2、9，得到 [12,5,2],[12,5,9],[12,5,19]；
- 如果选了 19 ，将 19 出队并将它的子节点入队，那么此时 queue 中剩下 5、15，得到 [12,19,5],[12,19,15]；
- 后续同理；

10. 检查子树 [medium]

10.1 考虑点

这里的“万”是干扰的；

10.2 解法

10.2.1 递归法（优）

boolean isFound =false;
public boolean checkSubTree(TreeNode t1, TreeNode t2) 
    if(t1 == null)
        return false;
    
    if(t1.val == t2.val)
        isFound = true;
        return true;
     else 
        isFound = false;
    
    boolean left;
    boolean right;
    if(isFound)
        left = checkSubTree(t1.left, t2.left);
        right = checkSubTree(t1.right, t2.right);
        return left && right;
     else 
        left = checkSubTree(t1.left, t2);
        right = checkSubTree(t1.right, t2);
        if(left)
            return checkSubTree(t1.left, t2);
        
        if(right)
            return checkSubTree(t1.right, t2);
        
    
    return false;

执行时间：100.00%；内存消耗：46.52%；

12. 求和路径 [medium]

12.1 考虑点

可以使用散列表优化算法，下面解法没给出；

12.2 解法

12.2.1 暴力法（优）

class Solution 
    int res = 0;

    public int pathSum(TreeNode root, int sum) 
        int dep = depth(root);
        int[] paths = new int[dep];
        pathSum(root, sum, 0, paths);
        return res;
    
    public void pathSum(TreeNode root, int sum, int level, int[] paths) 
        if (root == null) 
            return;
        
        paths[level] = root.val;
        int t = 0;
        for (int i = level; i >= 0; i--) 
            t += paths[i];
            if (t == sum) 
                res += 1;
            
        
        pathSum(root.left, sum, level + 1, paths);
        pathSum(root.right, sum, level + 1, paths);
    
    public int depth(TreeNode root) 
        if (root == null) 
            return 0;
        
        return Math.max(depth(root.left), depth(root.right)) + 1;

执行时间：100.00%；内存消耗：69.08%；

12.2.2 回溯法

private int res = 0;

public int pathSum(TreeNode root, int sum) 
    if(root == null) return res;

    helper(root, sum);
    pathSum(root.left, sum);
    pathSum(root.right, sum);
    return res;


private void helper(TreeNode node, int sum)
    if(node == null) return;

    sum -= node.val;
    if(sum == 0)
        res ++;
    helper(node.left, sum);
    helper(node.right, sum);
    sum += node.val;

执行时间：58.34%；内存消耗：10.27%；

最后

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以上是关于程序员面试金典---19的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章

程序员面试金典-面试题 10.09. 排序矩阵查找

程序员面试金典-面试题 16.06. 最小差

#yyds干货盘点# LeetCode程序员面试金典：最小差

《程序员面试金典》刷题目录

算法 | 第4章树与图相关《程序员面试金典》#yyds干货盘点#

程序员面试金典---19

交换数字

单词频率’

算法 | 第4章 树与图相关《程序员面试金典》#yyds干货盘点#

前言

0. *经验总结

0.1 程序员面试金典 P85

0.2 各种树的特点

1. 二叉搜索树（二叉排序树）

2. 平衡二叉树

3. 完整二叉树

4. 满二叉树

5. 完满二叉树

6. 二叉堆（小顶堆和大顶堆）

7. 单次查找树（前序树）

8. 顺序存储二叉树

9. 线索化二叉树

10. 霍夫曼树

11. B树、B+树和B*树

0.3 树的三种遍历方式

0.4 图的表示形式与搜索

1. 节点间通路 [medium]

1.1 考虑点

1.2 解法

1.2.1 广度优先遍历法（优）

1.2.2 深度优先遍历法

1.2.3 邻接矩阵的幂的性质

1.2.4 当重复边为双向边时

2. 最小高度树 [easy]

2.1 考虑点

2.2 解法

2.2.1 递归法（优）

2.2.2 BFS广度优先遍历

3. 特定深度节点链表 [medium]

3.1 考虑点

3.2 解法

3.2.1 使用栈暴力法

3.2.2 使用栈暴力法（代码优化缩短）

3.2.3 递归法（优）

4. 检查平衡性 [easy]

4.1 考虑点

4.2 解法

4.2.1 自顶向下的递归

4.2.2 自顶向下的递归

4.2.3 自底向上的递归（优）

5. 合法二叉搜索树 [medium]

5.1 考虑点

5.2 解法

5.2.1 递归法

5.2.2 中序遍历非递归

5.2.3 中序遍历递归（优）

6. 后继者 [medium]

6.1 考虑点

6.2 解法

6.2.1 中序遍历递归法

6.2.2 中序遍历非递归法（优）

8. 首个共同祖先 [medium]

8.1 考虑点

8.2 解法

8.2.1 深度优先遍历

8.2.2 深度优先遍历的简便写法（优）

9. 二叉搜索树序列 [hard]

9.1 考虑点

9.2 解法

9.2.1 回溯法+广度优先遍历

10. 检查子树 [medium]

10.1 考虑点

10.2 解法

10.2.1 递归法（优）

12. 求和路径 [medium]

12.1 考虑点

12.2 解法

12.2.1 暴力法（优）

12.2.2 回溯法

最后

算法 | 第4章树与图相关《程序员面试金典》#yyds干货盘点#