CCI 复习笔记 4

本来今天把第四章复习完绰绰有余，不幸的是被一道多年前一直没有懂的DP题迷住了，花了半个晚上做那个题。。现在外面零下好几度，肚子好饿

题外话不讲了，今天要做的是tree and graph，明天面youtube我是抱着必须要死的决心了，明天还要找点时间复习bit manipulation

其实感觉上还是tree，graph考得多，微软招聘会上的初试就是balance tree from sorted array, amazon电面是BFS

4.1 检查一个tree是不是balance

这道题每次看到基本上都是想着怎么写一个算法可以得到一个tree的高度先，自然是得到高度了就可以开始用递归算了，但是一个重要的trick就是得到高度以后，如果已知一个subtree已经不balance了，就返回一个-1，这样保证了不用多余的function，检测树的高度的代码很简单， checkdepth(node)=max(checkdepth(node.left),checkdepth(node.right))+1, base case 是 if(node is None): return 0

4.2 检查图中是否两个node是连接的

BFS，另外就是如果要report这个path的话，似乎最好的方法是保存一个parent的信息在queue里面，但是queue之后是要pop的，所以我的办法是不pop，直接用一个top指示已经到哪了。内存使用要大一些，但是免去了很多麻烦。之后就traceback这个信息就好了

另外一个相关的问题是如果要给出path的值呢，这个似乎更加好办，你需要做的就是使用正常的queue，但是在enqueue的时候存入level的信息，level的信息是一句parent递增的，这个很类似于如何print一个树的问题，我的解决办法就是就是在DFS中，每次都增加存入一个level，在pop之后就print，node自身有一个print的function

4.3 在一个sorted的sequence基础上，做一个balance tree

想当简单，就是用median建一个node，然后两边继续建tree

4.4 建一个linked list，让同一个level的node在一个 linked node上

任何一种traversal都可以实现对level的编码，可以使用一个简单的BFS来做，一个重要的认识是，BFS用来visit所有tree node需要花多少时间呢？O(N)，因为仅仅是touch所有的node，在graph中，DFS 和 BFS都是O(E+V),树中E和V是什么关系呢？在一棵完全树里， N=2^level-1,最后一层等于2^(level-1),所以剩下，2^(level-1)-1,这个乘2，2^level-2

所以，V=E-1。。。。。尼玛，这么神奇的

4.5 检查一个树是不是BST

这题貌似google初始考到了，我决定写一下。想法似乎很简单，无非是做一个 in_order的检查，书上说了一个比较重要的东西，就是用array的额外储存来检测的话，会无法处理重复值，因为按照定义，重复值应该放左边（或者至少应该放一边。。。). 写法并不复杂，对于一个node，成立的定义就是左边和右边都对，以及自己相对left和right也是对的。

4.6 找到in_order的下一个值

  

这个题，找到left_most child和right most ancestor, 一个比较tricky的问题是，left_most child必然是小于right most ancestor的，事实上，一个node属于parent的left tree，那么无论如何这个node都是小于这个parent的

4.7 找到两个node的共同祖先

比较简单的办法就是做traversal之后做一个parent的链接罗，然后traceback，但是本题要求不可以使用特么额外数据。书上的算法没看懂，大概的意思是不断检测p,q是不是在一棵树里。需要recursion来检测吧我估计，不过似乎是O(nlogn)

4.8 检查一个tree是不是另外一个tree的subtree

貌似用的是backtracking，就是用recursion检测match的问题。

4.9 找到一个tree中所有path加起来等于某个值

recursion,每次到达一个node都向上追溯检测。对于path是pass by value吧，这样可以解决左边树弄完之后右边树的信息的问题，但是也可以使用pass by value，然后把之前的数据在撤回的时候都处理掉。这个似乎每次都需要多加思考一下，

check(left)

check(right)

path.pop() or path[i]=INT.MIN