以最佳方式查找二叉搜索树中的第 k 个最小元素

Question

我需要在二叉搜索树中找到第 k 个最小元素，而不使用任何静态/全局变量。如何高效实现？ 我想到的解决方案是在 O(n) 中进行操作，这是最坏的情况，因为我计划对整个树进行中序遍历。但内心深处我觉得我在这里并没有使用 BST 属性。我的假设解决方案是否正确或者是否有更好的解决方案？

Answer 1

我找不到更好的算法..所以决定写一个:)
如果这是错误的，请纠正我。

class KthLargestBST{
protected static int findKthSmallest(BSTNode root,int k){//user calls this function
    int [] result=findKthSmallest(root,k,0);//I call another function inside
    return result[1];
}
private static int[] findKthSmallest(BSTNode root,int k,int count){//returns result[]2 array containing count in rval[0] and desired element in rval[1] position.
    if(root==null){
        int[]  i=new int[2];
        i[0]=-1;
        i[1]=-1;
        return i;
    }else{
        int rval[]=new int[2];
        int temp[]=new int[2];
        rval=findKthSmallest(root.leftChild,k,count);
        if(rval[0]!=-1){
            count=rval[0];
        }
        count++;
        if(count==k){
            rval[1]=root.data;
        }
        temp=findKthSmallest(root.rightChild,k,(count));
        if(temp[0]!=-1){
            count=temp[0];
        }
        if(temp[1]!=-1){
            rval[1]=temp[1];
        }
        rval[0]=count;
        return rval;
    }
}
public static void main(String args[]){
    BinarySearchTree bst=new BinarySearchTree();
    bst.insert(6);
    bst.insert(8);
    bst.insert(7);
    bst.insert(4);
    bst.insert(3);
    bst.insert(4);
    bst.insert(1);
    bst.insert(12);
    bst.insert(18);
    bst.insert(15);
    bst.insert(16);
    bst.inOrderTraversal();
    System.out.println();
    System.out.println(findKthSmallest(bst.root,11));
}

}

Answer 2

这是java代码，

ma​​x(Node root, int k) - 找到第k个最大的

min(Node root, int k) - 找到第k个最小的

static int count(Node root){
    if(root == null)
        return 0;
    else
        return count(root.left) + count(root.right) +1;
}
static int max(Node root, int k) {
    if(root == null)
        return -1;
    int right= count(root.right);

    if(k == right+1)
        return root.data;
    else if(right < k)
        return max(root.left, k-right-1);
    else return max(root.right, k);
}

static int min(Node root, int k) {
    if (root==null)
        return -1;

    int left= count(root.left);
    if(k == left+1)
        return root.data;
    else if (left < k)
        return min(root.right, k-left-1);
    else
        return min(root.left, k);
}

Answer 3

这也行。只需在树中调用带有 maxNode 的函数

def k_largest(self, node , k)：
如果 k < 0：
返回无
如果 k == 0：
返回节点
别的：
k-=1
返回 self.k_largest(self.predecessor(node), k)

Answer 4

我认为这比接受的答案更好，因为它不需要修改原始树节点来存储其子节点的数量。

我们只需要使用中序遍历从左到右统计最小的节点，当计数等于K时就停止搜索。

private static int count = 0;
public static void printKthSmallestNode(Node node, int k){
    if(node == null){
        return;
    }

    if( node.getLeftNode() != null ){
        printKthSmallestNode(node.getLeftNode(), k);
    }

    count ++ ;
    if(count <= k )
        System.out.println(node.getValue() + ", count=" + count + ", k=" + k);

    if(count < k  && node.getRightNode() != null)
        printKthSmallestNode(node.getRightNode(), k);
}

Answer 5

最好的方法已经存在。但我想为此添加一个简单的代码

int kthsmallest(treenode *q,int k){
int n = size(q->left) + 1;
if(n==k){
    return q->val;
}
if(n > k){
    return kthsmallest(q->left,k);
}
if(n < k){
    return kthsmallest(q->right,k - n);
}

}

int size(treenode *q){
if(q==NULL){
    return 0;
}
else{
    return ( size(q->left) + size(q->right) + 1 );
}}

Answer 6

使用辅助 Result 类来跟踪是否找到节点以及当前的 k。

public class KthSmallestElementWithAux {

public int kthsmallest(TreeNode a, int k) {
    TreeNode ans = kthsmallestRec(a, k).node;
    if (ans != null) {
        return ans.val;
    } else {
        return -1;
    }
}

private Result kthsmallestRec(TreeNode a, int k) {
    //Leaf node, do nothing and return
    if (a == null) {
        return new Result(k, null);
    }

    //Search left first
    Result leftSearch = kthsmallestRec(a.left, k);

    //We are done, no need to check right.
    if (leftSearch.node != null) {
        return leftSearch;
    }

    //Consider number of nodes found to the left
    k = leftSearch.k;

    //Check if current root is the solution before going right
    k--;
    if (k == 0) {
        return new Result(k - 1, a);
    }

    //Check right
    Result rightBalanced = kthsmallestRec(a.right, k);

    //Consider all nodes found to the right
    k = rightBalanced.k;

    if (rightBalanced.node != null) {
        return rightBalanced;
    }

    //No node found, recursion will continue at the higher level
    return new Result(k, null);

}

private class Result {
    private final int k;
    private final TreeNode node;

    Result(int max, TreeNode node) {
        this.k = max;
        this.node = node;
    }
}
}

Answer 7

Python解决方案
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

想法是使用 Morris 中序遍历

class Solution(object):
def inorderTraversal(self, current , k ):
    while(current is not None):    #This Means we have reached Right Most Node i.e end of LDR traversal

        if(current.left is not None):  #If Left Exists traverse Left First
            pre = current.left   #Goal is to find the node which will be just before the current node i.e predecessor of current node, let's say current is D in LDR goal is to find L here
            while(pre.right is not None and pre.right != current ): #Find predecesor here
                pre = pre.right
            if(pre.right is None):  #In this case predecessor is found , now link this predecessor to current so that there is a path and current is not lost
                pre.right = current
                current = current.left
            else:                   #This means we have traverse all nodes left to current so in LDR traversal of L is done
                k -= 1
                if(k == 0):
                    return current.val
                pre.right = None       #Remove the link tree restored to original here 
                current = current.right
        else:               #In LDR  LD traversal is done move to R 
            k -= 1
            if(k == 0):
                return current.val
            current = current.right

    return 0

def kthSmallest(self, root, k):
    return self.inorderTraversal( root , k  )

Answer 8

public int kthSmallest(TreeNode root, int k) {
     
    LinkedList<TreeNode> stack = new LinkedList<TreeNode>();

    while (true) {
      while (root != null) {
        stack.push(root);
        root = root.left;
      }
      root = stack.pop();
      k = k - 1;
      if (k == 0) return root.val;
      root = root.right;
    }

}     

Answer 9

步骤如下：

1.向每个节点添加一个字段，指示其根树的大小。这支持O(logN)平均时间的操作。

2.为了节省空间，一个字段指示其根节点的大小就足够了。我们不需要同时保存左子树和右子树的大小。

3.进行中序遍历，直到LeftTree == K, LeftTree = Size(T->Left) + 1。

4.示例代码如下：

int Size(SearchTree T)
{
    if(T == NULL) return 0;
    return T->Size;
}
Position KthSmallest(SearchTree T, int K)
{
    if(T == NULL) return NULL;

    int LeftTree;
    LeftTree = Size(T->Left) + 1;

    if(LeftTree == K) return T;

    if(LeftTree > K){ 
        T = KthSmallest(T->Left, K); 
    }else if(LeftTree < K){ 
        T = KthSmallest(T->Right, K - LeftTree);
    }   

    return T;
}

5.同样，我们也可以得到KthLargest函数。

Answer 10

这个问题是LeetCode 230：BST中的第K个最小元素 。
根据BST性质，第k个最小的节点就是中序遍历时访问到的第k个节点。因此，我们进行递归中序遍历，并记录迄今为止访问过的节点的数量。

时间复杂度：最坏的情况，我们最终可能会访问所有节点，O(n)。但如果找到第 k 个节点，我们就会提前退出。

空间复杂度：O(1)（不考虑递归栈）。

Python 实现。

def kth_smallest(root: Optional[TreeNode], k: int) -> int:
    def dfs(node: TreeNode, count: int) -> tuple[int, int]:
        """
        :param node: Current node
        :param count: Number of nodes visited so far
        :returns: a 2-tuple consisting of the number of nodes visited, and the value of the last visited node.
            If the kth node is found, immediately returns the value of the kth node
        """
        if node.left is not None:
            # count is the number of nodes in the left subtree.
            count, val = dfs(node.left, count)
            if count == k:
                return k, val
        # count the current node.
        count += 1
        if count == k or node.right is None:
            return count, node.val
        return dfs(node.right, count)

    assert root is not None
    return dfs(root, 0)[1]

Answer 11

我写了一个简洁的函数来计算第 k 个最小元素。我使用中序遍历，并在到达第 k 个最小元素时停止。

void btree::kthSmallest(node* temp, int& k){
if( temp!= NULL)   {
 kthSmallest(temp->left,k);       
 if(k >0)
 {
     if(k==1)
    {
      cout<<temp->value<<endl;
      return;
    }

    k--;
 }

 kthSmallest(temp->right,k);  }}

Answer 12

好吧，这是我的 2 美分......

int numBSTnodes(const Node* pNode){
     if(pNode == NULL) return 0;
     return (numBSTnodes(pNode->left)+numBSTnodes(pNode->right)+1);
}


//This function will find Kth smallest element
Node* findKthSmallestBSTelement(Node* root, int k){
     Node* pTrav = root;
     while(k > 0){
         int numNodes = numBSTnodes(pTrav->left);
         if(numNodes >= k){
              pTrav = pTrav->left;
         }
         else{
              //subtract left tree nodes and root count from 'k'
              k -= (numBSTnodes(pTrav->left) + 1);
              if(k == 0) return pTrav;
              pTrav = pTrav->right;
        }

        return NULL;
 }

Answer 13

这就是我的想法并且有效。它将运行在 o(log n )

public static int FindkThSmallestElemet(Node root, int k)
    {
        int count = 0;
        Node current = root;

        while (current != null)
        {
            count++;
            current = current.left;
        }
        current = root;

        while (current != null)
        {
            if (count == k)
                return current.data;
            else
            {
                current = current.left;
                count--;
            }
        }

        return -1;


    } // end of function FindkThSmallestElemet

Answer 14

那么我们可以简单地使用中序遍历并将访问过的元素压入堆栈。
pop k 次，得到答案。

我们也可以在 k 个元素之后停止

Answer 15

完整 BST 案例的解决方案：-

Node kSmallest(Node root, int k) {
  int i = root.size(); // 2^height - 1, single node is height = 1;
  Node result = root;
  while (i - 1 > k) {
    i = (i-1)/2;  // size of left subtree
    if (k < i) {
      result = result.left;
    } else {
      result = result.right;
      k -= i;
    }  
  }
  return i-1==k ? result: null;
}

Answer 16

Linux 内核具有出色的增强红黑树数据结构，支持 linux/lib/rbtree.c 中 O(log n) 的基于排序的操作。

还可以在 http://code.google.com/p/refolding/source/browse/trunk/core/src/main/java/it/unibo/refolding/alg/RbTree.java ，以及 RbRoot.java 和 RbNode.java。第 n 个元素可以通过调用 RbNode.nth(RbNode node, int n) 来获取，传入树的根。

Answer 17

C# 的简洁版本，它返回第 k 个最小元素，但需要将 k 作为 ref 参数传递（与 @prasadvk 的方法相同）：

Node FindSmall(Node root, ref int k)
{
    if (root == null || k < 1)
        return null;

    Node node = FindSmall(root.LeftChild, ref k);
    if (node != null)
        return node;

    if (--k == 0)
        return node ?? root;
    return FindSmall(root.RightChild, ref k);
}

这是 (log n) 找到最小的节点，然后 O(k) 遍历到第 k 个节点，所以它是 O(k + log n)。

Answer 18

http://www.geeksforgeeks.org/archives/10379

这是这个问题的确切答案:-

1.在 O(n) 时间内使用中序遍历
2.在 k+log n 时间内使用增广树

Answer 19

public int ReturnKthSmallestElement1(int k)
    {
        Node node = Root;

        int count = k;

        int sizeOfLeftSubtree = 0;

        while(node != null)
        {

            sizeOfLeftSubtree = node.SizeOfLeftSubtree();

            if (sizeOfLeftSubtree + 1 == count)
                return node.Value;
            else if (sizeOfLeftSubtree < count)
            {
                node = node.Right;
                count -= sizeOfLeftSubtree+1;
            }
            else
            {
                node = node.Left;
            }
        }

        return -1;
    }

这是我基于上面的算法在 C# 中的实现，我只是想发布它，以便人们可以更好地理解它对我有用，

谢谢 IVlad

Answer 20

//添加一个不带递归的java版本

public static <T> void find(TreeNode<T> node, int num){
    Stack<TreeNode<T>> stack = new Stack<TreeNode<T>>();

    TreeNode<T> current = node;
    int tmp = num;

    while(stack.size() > 0 || current!=null){
        if(current!= null){
            stack.add(current);
            current = current.getLeft();
        }else{
            current = stack.pop();
            tmp--;

            if(tmp == 0){
                System.out.println(current.getValue());
                return;
            }

            current = current.getRight();
        }
    }
}

Answer 21

一个更简单的解决方案是进行中序遍历并使用计数器 k 跟踪当前要打印的元素。当我们到达 k 时，打印该元素。运行时间为 O(n)。请记住，函数返回类型不能为 void，它必须在每次递归调用后返回更新后的 k 值。一个更好的解决方案是使用增强的 BST，在每个节点处都有排序的位置值。

public static int kthSmallest (Node pivot, int k){
    if(pivot == null )
        return k;   
    k = kthSmallest(pivot.left, k);
    k--;
    if(k == 0){
        System.out.println(pivot.value);
    }
    k = kthSmallest(pivot.right, k);
    return k;
}

Answer 22

您可以使用迭代中序遍历：
http://en.wikipedia.org/wiki/Tree_traversal#Iterative_Traversal
从堆栈中弹出节点后，简单检查第 k 个元素。

Answer 23

给定一个普通的二叉搜索树，您所能做的就是从最小的节点开始，向上遍历以找到正确的节点。

如果您经常这样做，您可以向每个节点添加一个属性，表示其左子树中有多少个节点。使用它，您可以将树直接下降到正确的节点。

Answer 24

带计数器的递归有序遍历

Time Complexity: O( N ), N is the number of nodes
Space Complexity: O( 1 ), excluding the function call stack

这个想法类似于@prasadvk解决方案，但它有一些缺点（见下面的注释），所以我将其作为单独的答案发布。

// Private Helper Macro
#define testAndReturn( k, counter, result )                         \
    do { if( (counter == k) && (result == -1) ) {                   \
        result = pn->key_;                                          \
        return;                                                     \
    } } while( 0 )

// Private Helper Function
static void findKthSmallest(
    BstNode const * pn, int const k, int & counter, int & result ) {

    if( ! pn ) return;

    findKthSmallest( pn->left_, k, counter, result );
    testAndReturn( k, counter, result );

    counter += 1;
    testAndReturn( k, counter, result );

    findKthSmallest( pn->right_, k, counter, result );
    testAndReturn( k, counter, result );
}

// Public API function
void findKthSmallest( Bst const * pt, int const k ) {
    int counter = 0;
    int result = -1;        // -1 := not found
    findKthSmallest( pt->root_, k, counter, result );
    printf("%d-th element: element = %d\n", k, result );
}

注意（以及与 @prasadvk 解决方案的差异）：

1. if( counter == k ) 在三个位置需要测试：(a) 在左子树之后，( b) 在根之后，以及 (c) 在右子树之后。这是为了确保在所有位置检测到第 k 个元素，即无论它位于哪个子树。

2. if( result == -1 ) 需要进行测试以确保仅打印结果元素，否则将从第 k 个最小的元素开始一直到根的所有元素打印。

Answer 25

对于非平衡搜索树，需要O(n)。

对于平衡搜索树，在最坏情况下需要O(k + log n)，但在摊销情况下只需O(k) 感觉。

拥有并管理每个节点的额外整数：子树的大小给出了O(log n)时间复杂度。
这种平衡搜索树通常称为RankTree。

一般来说，有解决方案（不是基于树）。

问候。

Answer 26

这很有效： status ：是保存是否找到元素的数组。 k ：是要找到的第 k 个元素。 count ：跟踪树遍历期间遍历的节点数。

int kth(struct tree* node, int* status, int k, int count)
{
    if (!node) return count;
    count = kth(node->lft, status, k, count);  
    if( status[1] ) return status[0];
    if (count == k) { 
        status[0] = node->val;
        status[1] = 1;
        return status[0];
    }
    count = kth(node->rgt, status, k, count+1);
    if( status[1] ) return status[0];
    return count;
}

Answer 27

虽然这绝对不是问题的最佳解决方案，但它是另一个潜在的解决方案，我认为有些人可能会觉得有趣：

/**
 * Treat the bst as a sorted list in descending order and find the element 
 * in position k.
 *
 * Time complexity BigO ( n^2 )
 *
 * 2n + sum( 1 * n/2 + 2 * n/4 + ... ( 2^n-1) * n/n ) = 
 * 2n + sigma a=1 to n ( (2^(a-1)) * n / 2^a ) = 2n + n(n-1)/4
 *
 * @param t The root of the binary search tree.
 * @param k The position of the element to find.
 * @return The value of the element at position k.
 */
public static int kElement2( Node t, int k ) {
    int treeSize = sizeOfTree( t );

    return kElement2( t, k, treeSize, 0 ).intValue();
}

/**
 * Find the value at position k in the bst by doing an in-order traversal 
 * of the tree and mapping the ascending order index to the descending order 
 * index.
 *
 *
 * @param t Root of the bst to search in.
 * @param k Index of the element being searched for.
 * @param treeSize Size of the entire bst.
 * @param count The number of node already visited.
 * @return Either the value of the kth node, or Double.POSITIVE_INFINITY if 
 *         not found in this sub-tree.
 */
private static Double kElement2( Node t, int k, int treeSize, int count ) {
    // Double.POSITIVE_INFINITY is a marker value indicating that the kth 
    // element wasn't found in this sub-tree.
    if ( t == null )
        return Double.POSITIVE_INFINITY;

    Double kea = kElement2( t.getLeftSon(), k, treeSize, count );

    if ( kea != Double.POSITIVE_INFINITY )
        return kea;

    // The index of the current node.
    count += 1 + sizeOfTree( t.getLeftSon() );

    // Given any index from the ascending in order traversal of the bst, 
    // treeSize + 1 - index gives the
    // corresponding index in the descending order list.
    if ( ( treeSize + 1 - count ) == k )
        return (double)t.getNumber();

    return kElement2( t.getRightSon(), k, treeSize, count );
}

Answer 28

签名：

Node * find(Node* tree, int *n, int k);

调用为：

*n = 0;
kthNode = find(root, n, k);

定义：

Node * find ( Node * tree, int *n, int k)
{
   Node *temp = NULL;

   if (tree->left && *n<k)
      temp = find(tree->left, n, k);

   *n++;

   if(*n==k)
      temp = root;

   if (tree->right && *n<k)
      temp = find(tree->right, n, k);

   return temp;
}

Answer 29

下面只是这个想法的概述：

在 BST 中，节点 T 的左子树仅包含小于 T 中存储的值的元素。如果 k 小于左子树中的元素数量，则第 k 个最小元素必定属于左子树。否则，如果 k 较大，则第 k 个最小元素位于右子树中。

我们可以扩充 BST，让其中的每个节点存储其左子树中的元素数量（假设给定节点的左子树包括该节点）。有了这条信息，就可以很简单地遍历这棵树，通过反复询问左子树的元素数量，来决定是递归到左子树还是右子树。

现在，假设我们位于节点 T：

1. 如果 k == num_elements(T 的左子树)，那么我们要查找的答案就是节点 T 中的值。
2. 如果k> num_elements(T 的左子树)，那么显然我们可以忽略左子树，因为这些元素也将小于第 k 个最小的元素。因此，我们将问题简化为找到右子树的 k - num_elements(T 的左子树) 最小元素。
3. 如果 k < num_elements(T 的左子树)，那么第 k 个最小元素位于左子树中的某个位置，因此我们将问题简化为查找第 k 个最小元素在左子树中。

复杂度分析：

这需要O（节点深度）时间，在平衡BST的最坏情况下为O(log n)，或者O(log n) 随机 BST 的平均值。

BST 需要 O(n) 存储，并且需要另一个 O(n) 来存储有关元素数量的信息。所有BST操作都需要O(节点深度)时间，并且需要O(节点深度)额外时间来维护插入、删除的“元素数量”信息或节点的旋转。因此，存储有关左子树中元素数量的信息可以保持 BST 的空间和时间复杂度。

Answer 30

一个更简单的解决方案是进行中序遍历并跟踪当前要打印的元素（不打印它）。当我们到达 k 时，打印该元素并跳过树遍历的其余部分。

void findK(Node* p, int* k) {
  if(!p || k < 0) return;
  findK(p->left, k);
  --k;
  if(k == 0) { 
    print p->data;
    return;  
  } 
  findK(p->right, k); 
}