leetcode hot100刷题日记——34.将有序数组转换为二叉搜索树

news2025/6/3 21:44:15

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First Blood：什么是平衡二叉搜索树？

二叉搜索树（BST）的性质
左小右大：每个节点的左子树中所有节点的值都小于该节点的值，右子树中所有节点的值都大于该节点的值。
子树也是BST：左子树和右子树也必须是二叉搜索树。
中序遍历有序：对二叉搜索树进行中序遍历，可以得到一个按从小到大顺序排列的有序序列。

平衡二叉搜索树（Balanced BST）的性质
平衡性：平衡二叉搜索树在满足二叉搜索树所有性质的基础上，要求每个节点的左右子树的高度差的绝对值不超过1。
高效操作：由于树的高度平衡，插入、删除和查找等操作的时间复杂度稳定在 O(log n) 级别。

递归思路：
数组中间的点是根节点。数组左边到中间的左子区间可以构成平衡二叉树的左子树。数组中间到右边的右子区间可以构成平衡二叉树的右子树。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
    
public:
    TreeNode* dfs(vector<int>& nums,int left,int right){
        if(left==right){
            return nullptr;
        }
        int m=left+(right-left)/2;
        return new TreeNode(nums[m],dfs(nums,left,m),dfs(nums,m+1,right));
    }
    TreeNode* sortedArrayToBST(vector<int>& nums) {
       return dfs(nums,0,nums.size());
    }
};

为什么right是从nums.size()开始而不是nums.size()-1呢？

A：首先，right一开始可以是nums.size()-1，但也要：

class Solution {
public:
    TreeNode* dfs(vector<int>& nums, int left, int right) {
        if(left > right) {  // 注意终止条件变了
            return nullptr;
        }
        int m = left + (right - left) / 2;
        return new TreeNode(nums[m], 
                           dfs(nums, left, m-1),      // 注意这里变了
                           dfs(nums, m+1, right));
    }
    
    TreeNode* sortedArrayToBST(vector<int>& nums) {
        return dfs(nums, 0, nums.size()-1);  // 这里就用 size()-1
    }
};

举例说明：nums = [1, 2, 3]

dfs([1,2,3], 0, 3)  // 处理 [0,3)，即索引 0,1,2
├─ m = 1，选择 nums[1] = 2
├─ 左子树：dfs([1,2,3], 0, 1)  // 处理 [0,1)，即索引 0
│  ├─ m = 0，选择 nums[0] = 1  
│  ├─ 左子树：dfs([1,2,3], 0, 0)  // [0,0) 空区间，left==right
│  └─ 右子树：dfs([1,2,3], 1, 1)  // [1,1) 空区间，left==right
└─ 右子树：dfs([1,2,3], 2, 3)  // 处理 [2,3)，即索引 2
   ├─ m = 2，选择 nums[2] = 3
   ├─ 左子树：dfs([1,2,3], 2, 2)  // [2,2) 空区间，left==right  
   └─ 右子树：dfs([1,2,3], 3, 3)  // [3,3) 空区间，left==right

dfs([1,2,3], 0, 2)  // 处理 [0,2]，即索引 0,1,2
├─ m = 1，选择 nums[1] = 2
├─ 左子树：dfs([1,2,3], 0, 0)  // 处理 [0,0]，即索引 0
│  ├─ m = 0，选择 nums[0] = 1
│  ├─ 左子树：dfs([1,2,3], 0, -1)  // [0,-1] 空区间，left>right
│  └─ 右子树：dfs([1,2,3], 1, 0)   // [1,0] 空区间，left>right
└─ 右子树：dfs([1,2,3], 2, 2)  // 处理 [2,2]，即索引 2
   ├─ m = 2，选择 nums[2] = 3
   ├─ 左子树：dfs([1,2,3], 2, 1)   // [2,1] 空区间，left>right
   └─ 右子树：dfs([1,2,3], 3, 2)   // [3,2] 空区间，left>right

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时间复杂度分析：

主要操作分析：
1.每个节点只被访问一次：每次递归调用都会创建一个新节点
2.每次递归的工作量：
计算中点：O(1)
创建节点：O(1)
递归调用：分解为两个子问题

递推关系：
T(n) = 2 * T(n/2) + O(1)
其中：
T(n) 表示处理n个元素的时间
2 * T(n/2) 表示处理左右两个子树
O(1) 表示当前层的操作时间

递推求解：

T(n) = 2 * T(n/2) + 1
T(n/2) = 2 * T(n/4) + 1
T(n/4) = 2 * T(n/8) + 1
...
展开：
T(n) = 2 * (2 * T(n/4) + 1) + 1 = 4 * T(n/4) + 2 + 1
T(n) = 4 * (2 * T(n/8) + 1) + 3 = 8 * T(n/8) + 4 + 3
...
T(n) = 2^k * T(n/2^k) + (2^k - 1)