洛谷P8681完全二叉树按层求权值和最大深度问题完全二叉树就像电影院座位第一排坐满第二排坐满第三排从左到右连续坐人不留空位书本排版每一行都排满文字最后一行可能不满但文字都是从左开始不是完全二叉树就像电影院座位第一排坐满第二排坐满第三排中间空一个座位才坐人满二叉树 vs 完全二叉树对比表格特性满二叉树完全二叉树定义所有层都满每个节点都有两个孩子除了叶子最后一层可以不满但必须靠左连续形状完美的三角形可能缺右下角节点数固定2^h - 1h为高度范围2^(h-1) 到 2^h - 1叶子位置都在同一层只在最后两层严格程度最严格相对宽松最近在做一道关于完全二叉树的小题题目本身不复杂但挺适合用来巩固对二叉树层序结构的理解。这里简单整理一下思路和实现过程写成一篇小总结。题目给定一个包含 N 个节点的完全二叉树并且节点是按照从上到下、从左到右的顺序给出的也就是典型的“层序存储”。我们需要做的是把相同深度的节点权值加起来找出权值和最大的那一层如果有多层相同则输出最小的深度。一开始看到“完全二叉树 顺序存储”其实就应该想到一个关键点不需要真的去建树。因为数组本身已经隐含了层序结构。对于完全二叉树来说每一层的节点数量是有规律的第 1 层1 个节点第 2 层2 个节点第 3 层4 个节点第 k 层2^(k-1) 个节点也就是说我们可以直接按照这个规律在数组中“分段”处理。核心思路其实很简单用一个指针 start 表示当前层的起始位置用 depth 表示当前是第几层。每一层的节点个数是 2^(depth-1)然后从数组中取出这一段求和更新最大值即可。代码如下#includeiostream #includevector #includealgorithm using namespace std; vectorint arr; int n; int main() { cin n; arr.resize(n 5); for (int i 1; i n; i) cin arr[i]; int ans 0; // 当前最大权值和 int endans; // 对应的深度 int start 1; // 当前层起始位置 int depth 1; // 当前深度 while (start n) { int nowsum 1 (depth - 1); // 当前层节点数 int sum 0; for (int i start; i start nowsum i n; i) { sum arr[i]; } if (sum ans) { ans sum; endans depth; } start nowsum; depth; } cout endans endl; return 0; }这里有几个细节值得注意一下。首先是1 (depth - 1)这个是用位运算来计算 2 的幂比用pow更高效也更常见。其次是循环里的边界控制i n。因为最后一层不一定是满的所以要防止越界。还有一个点是 start 的更新每处理完一层就直接跳到下一层的起始位置这样整体时间复杂度就是 O(N)。整体来看这道题的关键不是二叉树本身而是“如何利用完全二叉树的结构特性把问题转化为数组分段处理”。一旦想到这一点实现就会变得很直接。这类题目在算法题中很常见尤其是在不需要真的建树的时候多考虑一下“下标和结构的关系”往往能让问题简单很多。洛谷P4715淘汰赛求亚军问题的一种递归解法这道题是一个比较典型的模拟淘汰赛过程的题目。给定 (2^n) 个国家每个国家都有一个能力值并且两两对决能力强的胜出最终决出冠军。题目要求输出的是“亚军”的编号。一开始看到这种题很多人可能会想着用循环一轮一轮模拟比赛其实这样也可以做。但这道题有一个更自然的解法就是用递归去还原整个比赛过程本质上就是一棵“比赛树”。可以这样理解整个淘汰赛就是一棵二叉树每一场比赛都是一个节点左右子树分别代表两个子赛区的结果而当前节点就是这两个子赛区冠军之间的对决。因此我们可以定义一个函数在区间 ([l, r]) 内返回这一段选手的“冠军”。递归的思路非常直接如果区间里只有一个人那么他就是冠军否则就把区间分成左右两部分分别求出左半区冠军和右半区冠军然后比较两者能力值返回更强的那一个。代码实现如下#include iostream #include vector #include cmath using namespace std; struct Team { int id; int ability; }; // 返回区间 [l, r] 的冠军 Team find_champion(vectorint ability, int l, int r) { if (l r) { return {l, ability[l]}; } int mid (l r) / 2; Team left find_champion(ability, l, mid); Team right find_champion(ability, mid 1, r); if (left.ability right.ability) { return left; } else { return right; } } int main() { int n; cin n; int m 1 n; vectorint ability(m 1); for (int i 1; i m; i) { cin ability[i]; } // 左右半区冠军 Team left_champion find_champion(ability, 1, m / 2); Team right_champion find_champion(ability, m / 2 1, m); // 亚军就是最终决赛输掉的人 if (left_champion.ability right_champion.ability) { cout left_champion.id endl; } else { cout right_champion.id endl; } return 0; }这里有一个关键点需要理解清楚为什么最后只需要比较“左右半区冠军”就能得到亚军因为淘汰赛的结构决定了最终的冠军一定是全场最强的那个选手而亚军一定是在“决赛”中输给冠军的人。也就是说亚军只可能出现在另一个半区的冠军里而不可能是更早被淘汰的人。所以我们不需要关心整个比赛过程中每一轮的失败者只需要找到左右两边的“最强者”然后取较小的那个就是答案。这道题的核心其实不在递归本身而是在于把“淘汰赛”抽象成一棵二叉树结构。一旦有这个思路代码就会变得很清晰。另外还有一个可以优化的小点find_champion里的vectorint ability是值传递其实可以改成引用传递避免不必要的拷贝这在数据量更大时会更高效。整体来说这是一道很适合练习“递归建模”的题把过程问题转化成结构问题是算法题里一个很重要的思路。