パスの合計
バイナリツリーと合計が与えられた場合、各パスの合計が指定された合計に等しいすべてのルートからリーフへのパスを見つけます。
例: sum = 11。5 / \ 4 8 / / \ 2 -2 1
答えは:
[ [5, 4, 2], [5, 8, -2] ]
個人的には、時間計算量= O(2 ^ n)、nは与えられた二分木のノードの数だと思います。
ありがとう ビクラムBhatさん と デビッド・グレイソン 、タイトな時間の複雑さ= O(nlogn)で、nは与えられたバイナリツリー内のノード数です。
- アルゴリズムは各ノードを1回チェックします。これにより、O(n)が発生します。
- "vector one_result(subList);" 高さがO(logn)であるため、パス全体がsubListからone_resultに毎回コピーされ、O(logn)が発生します。
したがって、最後に、時間計算量= O(n * logn)= O(nlogn)です。
このソリューションの アイデア は DFS [C ++]です。/** * Definition for binary tree * struct TreeNode { * int val; * TreeNode *left; * TreeNode *right; * TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {} * }; */ #include <vector> using namespace std; class Solution { public: vector<vector<int> > pathSum(TreeNode *root, int sum) { vector<vector<int>> list; // Input validation. if (root == NULL) return list; vector<int> subList; int tmp_sum = 0; helper(root, sum, tmp_sum, list, subList); return list; } void helper(TreeNode *root, int sum, int tmp_sum, vector<vector<int>> &list, vector<int> &subList) { // Base case. if (root == NULL) return; if (root->left == NULL && root->right == NULL) { // Have a try. tmp_sum += root->val; subList.push_back(root->val); if (tmp_sum == sum) { vector<int> one_result(subList); list.push_back(one_result); } // Roll back. tmp_sum -= root->val; subList.pop_back(); return; } // Have a try. tmp_sum += root->val; subList.push_back(root->val); // Do recursion. helper(root->left, sum, tmp_sum, list, subList); helper(root->right, sum, tmp_sum, list, subList); // Roll back. tmp_sum -= root->val; subList.pop_back(); } };
時間の複雑さはO(N)
そうですが、すべてのパスを印刷する必要がある場合はそうですO(N*logN)
。uに完全な二分木があるN/2
とすると、合計パスはになり、各パスにはlogN
ノードが含まれるためO(N*logN)
、最悪の場合は合計になります。
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