算法通过村第九关-二分(中序遍历)黄金笔记|二叉搜索树

文章目录

前言
1. 有序数组转二叉搜索树
2. 寻找连个正序数组的中位数
总结

前言

提示：有时候，我感觉自己一辈子活在两个闹钟之间，早上的第一次闹钟，以及5分钟之后的第二次闹钟。 --奥利弗·萨克斯《意识的河流》

每个专题都有简单题，有难的题目。这里就介绍两道有挑战的题，一道是关于二叉搜索树的，一道是从两个数组中寻找中位数的。

1. 有序数组转二叉搜索树

参考题目介绍：108. 将有序数组转换为二叉搜索树 - 力扣（LeetCode）

在这里插入图片描述

理论上如果要构造二叉搜索树，可以以升序序列中的任意一个元素作为根节点，以该元素左边的升序序列构建左子树，以该元素的右边的升序序列构建右子树，这样得到的树就是一棵二叉搜索树。本体要求高度平衡，一次我们需要选择升序序列的中间元素作为根节点，其本质就是二分查找的过程。

话不多说，看代码😎：

	/*** 升序数组转二叉搜索树* @param nums* @return*/public static TreeNode sortedArrayToBST(int[] nums) {return dfs(nums,0,nums.length - 1);}private static TreeNode dfs(int[] nums, int left, int right) {if (left > right){return null;}// 处理节点 总是选择中间位置左边的数字作为根节点int mid = left + ((right - left) >> 1);TreeNode root = new TreeNode(nums[mid]);root.left = dfs(nums,left,mid - 1);root.right = dfs(nums,mid + 1,right);return root;}

除了通过数组构造，是否可以通过一个个插入的方式来实现呢？当然可以。那如果从中间删除一个元素呢？

推荐一下题目：⭐⭐⭐⭐⭐

701. 二叉搜索树中的插入操作 - 力扣（LeetCode）

450. 删除二叉搜索树中的节点 - 力扣（LeetCode）

2. 寻找连个正序数组的中位数

参考题目介绍：4. 寻找两个正序数组的中位数 - 力扣（LeetCode）

在这里插入图片描述

对于本题，最值观的思路有一下两种：

使用并归的方式，合并两个有序数组，得到一个大的有序数组。大的有序数组中间的元素，即使中位数。这种方式的时间复杂度为O(m + n),空间复杂度为O(m + n)
直接找到中位数。由于两个数组的长度已知，因此中位数对应的两个数组的下标之和也是已知的。维护两个指针，初始分别指向两个数组的下标0，0的位置，每次将指针指向较小的指针后移一位，如果指针已经达到数组末尾，只需要移动另一个数组指针，直到到达中位数的位置。这样的方式可以将空间复杂度降低至O(1)，但是时间复杂度仍是O(m + n).

如何把时间复杂度降低至O(log(m+n))呢？如果对时间复杂度的要求是log，通常都要考虑二分，快排或者堆三个方面。而对于有序的序列，通常要优先考虑使用二分来解决。

如果要使用二分，核心问题是基于什么规则将数据砍掉一半。而本题是两个序列，所以我们的核心问题是如何从两个序列中分别砍半，图示k = (m + n) >> 1;

在这里插入图片描述
根据中位数的定义，当 m + n是奇数时，中间的两个序列数组的第(m + n) >> 1个元素，当 m + n是偶数时，中间是两个有序数组中的第(m + n) >> 1个元素和第((m + n) >> 1)+ 1的平均值。因此，这道题可以转换为寻找两个有序数组中的第k小的数，其中k为(m + n) >> 1或者((m + n) >> 1)+ 1

假设两个有序数组分别是LA和LB。要找到第k个元素我饿们可以比较LA[k / 2 - 1]和LB[k / 2 -1]。由于LA[k / 2 - 1]和LB[k / 2 -1]的前面分别是LA[k / 2 - 2]和LB[k / 2 -2]，即k / 2 - 1个元素，对于LA[k / 2 - 1]和LB[k / 2 -1]中的最小值，最多只会有[k / 2 - 1] + [k / 2 -1] <= k - 2个元素比它小，那么它不就是我们要的第k小的数了。

因此我们可以总结一下：

如果LA[k / 2 - 1] < LB[k / 2 -1]，则比LA[k / 2 - 1]小的最多有LA的前面k / 2 - 1个数和LB前面k / 2 - 1个数；即比LA[k / 2 - 1]小的数最多只有k - 2个，因此LA[k / 2 - 1]不可能是第k个数，所以LA[0]到LA[k / 2 - 1]也不可能是第k个数，可以全部舍弃掉
如果LA[k / 2 - 1] > LB[k / 2 -1]，则可以推理排除LB[0]到LB[k / 2 - 1]也不可能是第k个数，可以全部舍弃掉
如果LA[k / 2 - 1] > LB[k / 2 -1]，则可以归入第一种情况处理。

可以看到，比较LA[k / 2 - 1] > LB[k / 2 -1]之后，可以排除k / 2个不可能是第k小的数，查找范围缩小了一半。同时我们将排除后的数组上继续进行二分查找的话，并且根据我们排除的个数，减少k的值，这是因为我们排除的数都不大于第k小的数。

注意一下边界处理：

如果LA[k / 2 - 1] 或者LB[k / 2 -1]越界，那么我们可以以选取对应数组中的最后一个元素。这种情况下，我们必须根据排除数的个数减少k的值，而不是直接将k减去k / 2.
如果k = 1 我们只需要返回两数组的首元素的最小值即可。

分析了这么多，怎么写这个代码呢？🤔

	/*** 两个有序数组找中间值* @param nums1* @param nums2* @return*/public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {int length1 = nums1.length,length2 = nums2.length;int totalLength = length1 + length2;if (totalLength % 2 == 1){int midIndex = totalLength >> 1;double median = getKthElement(nums1,nums2,midIndex + 1);return median;}else{int midIndex1 = (totalLength >> 1) - 1;int midIndex2 = (totalLength >> 1);double median = (getKthElement(nums1,nums2,midIndex1 + 1) + getKthElement(nums1,nums2,midIndex2 + 1)) / 2.0;return median;}}private double getKthElement(int[] nums1, int[] nums2, int k) {int length1 = nums1.length,length2 = nums2.length;int index1 = 0, index2 = 0;int kthElement = 0;while(true){// 边界问题if (index1 == length1){return nums2[index2 + k - 1];}if(index2 == length2){return nums1[index1 + k - 1];}if (k == 1){return Math.min(nums1[index1],nums2[index2]);}// 正常情况int half = k >> 1;int newIndex1 = Math.min(index1 + half,length1) - 1;int newIndex2 = Math.min(index2 + half,length2) - 1;int pivot1 = nums1[newIndex1],pivot2 = nums2[newIndex2];if(pivot1 <= pivot2){k -= (newIndex1 - index1 + 1);index1 = newIndex1 + 1;}else{k -= (newIndex2 - index2 + 1);index2 = newIndex2 + 1;}}}