차례
문제 정책
"제한된 추가 공간으로 두 개의 BST 병합"문제는 두 개의 이진 검색 트리(BST) 두 트리의 요소를 정렬 된 순서로 인쇄해야합니다. 이는 요소가 단일 BST에서 온 것처럼 보이는 순서입니다.
예
입력
산출
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설명 : 두 입력 트리를 병합하여 형성된 새 트리가 이미지에 표시됩니다. 결과 트리의 inorder traversal은 출력을 제공합니다.
제한된 추가 공간으로 두 BST를 병합하는 방법
"제한된 추가 공간으로 두 BST 병합"문제는 병합 된 트리의 순회 순회를 인쇄하도록 요청합니다. 병합 된 트리는 주어진 두 트리를 병합하여 형성됩니다. 따라서 우리는 주어진 나무를 병합하려고 시도 할 것입니다. 그러나 나무를 병합하려면 많은 오버 헤드가 필요합니다. 직접 병합하는 대신 다른 방법을 생각할 수 있습니다. 주어진 트리의 노드 값을 정렬 된 형태로 인쇄하기 만하면됩니다.
이 문제를 해결하기 위해 두 트리에서 동시에 이진 검색 트리의 반복적 인 순서 순회를 실행하려고합니다. 실행하면 가능합니다. 순서 순회. 그리고 inorder traversal에서 두 노드의 값을 비교하십시오. 그런 다음 둘 중 더 작은 노드를 인쇄하고 스택 (반복적 인 순서 순회 중에 사용되는 스택)에 더 큰 노드를 푸시합니다. 트리 중 하나에 대한 작업을 마칠 때마다 노드가 남아있는 상태에서 트리를 순회하는 순회를 실행합니다.
암호
제한된 추가 공간으로 두 BST를 병합하는 C ++ 코드
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
int data;
node *left;
node *right;
};
// returns a new node with supplied data
node* create(int data)
{
node *temp = new node;
temp->data = data;
temp->left = temp->right = NULL;
return temp;
}
void inorder(node *root)
{
if(root){
inorder(root->left);
cout<<root->data<<" ";
inorder(root->right);
}
}
void merge(node *root1, node *root2)
{
stack<node*> s1;node* cur1 = root1;
stack<node*> s2;node* cur2 = root2;
//if first tree is empty, print second tree
if(!root1){
inorder(root2);
return;
}
// if second tree is empty, print first tree
if(!root2){
inorder(root2);
return;
}
// print the nodes which are not yet visited or visited but not printed
while(cur1 != NULL || !s1.empty() || cur2 != NULL || !s2.empty())
{
// iterative inorder
if(cur1 != NULL || cur2 != NULL)
{
// Reach the leftmost node of both BSTs and push ancestors of
// leftmost nodes to stack s1 and s2 respectively
if(cur1 != NULL)
{
s1.push(cur1);
cur1 = cur1->left;
}
if (cur2 != NULL)
{
s2.push(cur2);
cur2 = cur2->left;
}
}
else
{
// if anyone of the tree's current node becomes Null
// then we need to check if stack is empty
if(s1.empty())
{
while(!s2.empty())
{
cur2 = s2.top();s2.pop();
cur2->left = NULL;
inorder(cur2);
}
return;
}
if(s2.empty())
{
while(!s1.empty())
{
cur1 = s1.top();s1.pop();
cur1->left = NULL;
inorder(cur1);
}
return;
}
// compare elements at the top of both stacks
cur1 = s1.top();s1.pop();
cur2 = s2.top();s2.pop();
// print the smaller of the two and push the larger element into the corresponding stack
if(cur1->data < cur2->data)
{
cout<<cur1->data<<" ";
cur1 = cur1->right;
s2.push(cur2);
cur2 = NULL;
}
else
{
cout<<cur2->data<<" ";
cur2 = cur2->right;
s1.push(cur1);
cur1 = NULL;
}
}
}
}
int main()
{
node *root1 = NULL, *root2 = NULL;
//first tree
root1 = create(5);
root1->left = create(4);
root1->right = create(13);
//second tree
root2 = create(7);
root2->left = create(6);
root2->right = create(9);
// Print sorted nodes of both trees
merge(root1, root2);
return 0;
}
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제한된 추가 공간으로 두 BST를 병합하는 Java 코드
import java.util.*;
import java.lang.*;
import java.io.*;
class node{
int data;
node left;
node right;
}
class Tree{
static node root;
static int count;
static node create(int data){
node tmp = new node();
tmp.data = data;
tmp.left = null;
tmp.right = null;
return tmp;
}
static void inorder(node root)
{
if(root != null){
inorder(root.left);
System.out.print(root.data+" ");
inorder(root.right);
}
}
static void merge(node root1, node root2)
{
Stack<node> s1 = new Stack<>();node cur1 = root1;
Stack<node> s2 = new Stack<>();node cur2 = root2;
//if first tree is empty, print second tree
if(root1 == null){
inorder(root2);
return;
}
// if second tree is empty, print first tree
if(root2 == null){
inorder(root1);
return;
}
// print the nodes which are not yet visited or visited but not printed
while(cur1 != null || s1.empty() == false || cur2 != null || s2.empty() == false)
{
if(cur1 != null || cur2 != null)
{
// Reach the leftmost node of both BSTs and push ancestors of
// leftmost nodes to stack s1 and s2 respectively
if(cur1 != null)
{
s1.push(cur1);
cur1 = cur1.left;
}
if (cur2 != null)
{
s2.push(cur2);
cur2 = cur2.left;
}
}
else
{
// if anyone of the tree's current node becomes Null
// then we need to check if stack is empty
if(s1.empty() == true)
{
while (s2.empty() == false)
{
cur2 = s2.pop();
cur2.left = null;
inorder(cur2);
}
return ;
}
if(s2.empty() == true)
{
while (s1.empty() == false)
{
cur1 = s1.pop();
cur1.left = null;
inorder(cur1);
}
return ;
}
// compare elements at the top of both stacks
cur1 = s1.pop();
cur2 = s2.pop();
// print the smaller of the two and push the larger element into the corresponding stack
if (cur1.data < cur2.data)
{
System.out.print(cur1.data+" ");
cur1 = cur1.right;
s2.push(cur2);
cur2 = null;
}
else
{
System.out.print(cur2.data+" ");
cur2 = cur2.right;
s1.push(cur1);
cur1 = null;
}
}
}
}
public static void main(String[] args)
{
node root1 = null;
node root2 = null;
//first tree
root1 = create(5);
root1.left = create(4);
root1.right = create(13);
//second tree
root2 = create(7);
root2.left = create(6);
root2.right = create(9);
// Print sorted nodes of both trees
merge(root1, root2);
}
}
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복잡성 분석
시간 복잡성
O (N + M), 두 트리를 동시에 순회하기 때문입니다. inorder traversal 동안 우리는 두 트리의 노드를 살펴 보았으므로 선형 시간 복잡성이 발생했습니다.
공간 복잡성
O (N + M), 보다 공식적으로 공간 복잡성은 두 나무의 높이의 합이 될 것입니다. 그러나 최악의 경우 입력은 기울어 진 트리 일 수 있으며이 경우 높이는 트리의 노드 수와 동일합니다.
