LeetCode刷题总结C++-递归篇

于 2020-08-13 21:20:32 发布
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LeetCode刷题总结C++-递归篇

       递归是算法学习中很基本也很常用的一种方法，但是对于初学者来说比较难以理解（PS：难点在于不断调用自身，产生多个返回值，理不清其返回值的具体顺序，以及最终的返回值到底是哪一个？）。因此，本文将选择LeetCode中一些比较经典的习题，通过简单测试实例，具体讲解递归的实现原理。本文要讲的内容包括以下几点：

  • 理解递归的运行原理
  • 求解递归算法的时间复杂度和空间复杂度
  • 如何把递归用到解题中（寻找递推关系，或者递推公式）
  • 记忆化操作
  • 尾递归
  • 剪枝操作

 

理解递归的运行原理

例1求解斐波那契数列

题目描述（题目序号：509，困难等级：简单）：

 

求解代码（基础版）：

class Solution {
    public int fib(int N) {
        if(N <= 1)
            return N;
        return fib(N - 1) + fib(N - 2);
    }
}

 

递归的返回值很多，初学者很难理解最终的返回值是哪个，此时可以采用上图的方式画一个树形图，手动执行递归代码，树形图的叶节点即为递归的终止条件，树形图的根节点即为最终的返回值。树形图的所有节点个数即为递归程序得到最终返回值的总体运行次数，可以借此计算时间复杂度，这个问题会在后文讲解。

例2 二叉树的三种遍历方式

二叉树的遍历方式一般有四种：前序遍历、中序遍历、后序遍历和层次遍历，前三种遍历方式应用递归可以大大减少代码量，而层次遍历一般应用队列方法（即非递归方式）求解。以下将要讲解应用递归求解二叉树的前、中、后序遍历的实现原理。

前序遍历

前序遍历方式：根节点->左子树->右子树。

题目描述（题目序号：144，困难等级：中等）：

求解代码：

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> vec;
    vector<int> preorderTraversal1(TreeNode* root) { // 递归
        if(root != NULL){
            vec.push_back(root -> val);
            preorderTraversal1(root -> left);
            preorderTraversal1(root -> right);
        }
        return vec;
    }
    // 非递归的前序遍历
    // 1)利用栈Stack先进后出的规则，先把根节点入栈，然后取出值存于vector，然后再把右节点和右左节点入栈，依次pop，直到栈为空
    // 2)后序遍历可以将前序遍历改成 root -> right -> left,然后反转一下，就成了后序遍历 left->right->root
    vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
        if(root == NULL) return {};
        stack<TreeNode*> s;
        vector<int> vec;
        s.push(root);
        while(!s.empty()){
            TreeNode* node = s.top();
            vec.push_back(node->val);
            s.pop();
            if(node->right) s.push(node->right);
            if(node->left) s.push(node->left);
        }
        return vec;
    }
};

 

 

具体测试实例如下图：

中序遍历

中序遍历方式：左子树->根节点->右子树。

题目描述（题目序号：94，困难等级：中等）：

 

求解代码：

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> vec;
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) { // left -->root-->right 递归
        if (root != NULL) {
            inorderTraversal(root->left);
            vec.push_back(root->val);
            inorderTraversal(root->right);
        }
        return vec;
    }
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) { // left -->root-->right 非递归
        if (root == NULL) return vec;
        stack<TreeNode*> stack;
        TreeNode* cur = root;
        while (cur || !stack.empty()) { // 压节点入栈
            while (cur) {
                stack.push(cur); 
                cur = cur->left;
            }
            cur = stack.top();
            stack.pop();
            vec.push_back(cur->val);
            cur = cur->right;
        }
        return vec;
    }
};

 

 

具体测试实例如下图：

后序遍历

后序遍历方式：左子树->右子树->根节点。

题目描述（题目序号：145，困难等级：困难）：

 

求解代码：

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> vec;
    vector<int> postorderTraversal1(TreeNode* root) { // 递归 left -->right-->root
        if(root != NULL){
            postorderTraversal1(root -> left);
            postorderTraversal1(root -> right);
            vec.push_back(root -> val);
        }
        return vec;
    }
    // 非递归的前序遍历
    // 1)利用栈Stack先进后出的规则，先把根节点入栈，然后取出值存于vector，然后再把右节点和右左节点入栈，依次pop，直到栈为空
    // 2)后序遍历可以将前序遍历改成 root -> right -> left,然后反转一下，就成了后序遍历 left->right->root
    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) { // left -->right-->root
        if(root == NULL) return {};
        stack<TreeNode*> s;
        vector<int> vec;
        s.push(root); // 先把根节点入栈
        while(!s.empty()){
            TreeNode* node = s.top();
            vec.push_back(node->val);
            s.pop();
            if(node->left) s.push(node->left); 
            if(node->right) s.push(node->right);
        }
        // 入栈顺序为 root->left->right vec保存的值为 root -> right -> left，所以反转即可
        reverse(vec.begin(), vec.end());
        return vec;
    }
};

 

 

具体测试实例如下图：

例3求解二叉树的最近公共祖先

题目描述（题目序号：236，困难等级：中等）：

 

求解思路：

递归终止条件：

(1)    根节点为空

(2)    根节点为指定的两个节点之一

递归方式：

在根节点的左子树中寻找最近公共祖先。

在根节点的右子树中寻找最近公共祖先。

如果左子树和右子树返回值均不为空，说明两个节点分别在左右子树，最终返回root。

如果左子树为空，说明两个节点均在右子树，最终返回右子树的返回值。

如果右子树为空，说明两个节点均在左子树，最终返回左子树的返回值。

如果左子树和右子树均为空，说明该次没有匹配的结果。

具体代码如下：

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
        if (root == NULL) return root;
        if (root == p || root == q) return root;
        TreeNode* left =  lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
        TreeNode* right =  lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
        if (left != NULL && right != NULL) {
            return root; 
        } else if (left != NULL) {
            return left;
        } else if (right != NULL) {
            return right;
        } 
        return NULL;
    }
   
};

 

 

求解递归算法的时间复杂度和空间复杂度

以上一节例1斐波那契数列为例。

时间复杂度

时间复杂度一般可以理解为程序运行调用的次数。在应用递归解题过程中，如果当前递归运行过程中，相关求解过程的运行时间不受变量影响，且运行时间是常数量级，则该算法的时间复杂度为递归的总体返回次数。

以上一节例1中解题思路，求解fib(5)总共return15次，画的树形图包含5层。那么求解例1中示例解答程序代码的时间复杂度，就是求解树形图的整体节点个数。对于n层满二叉树，共有2^n – 1个节点，所以求解fib(n)，大约需要返回(2^n - 1)次，才能得到最终的根节点值。那么，fib(n)的时间复杂度为O(2^n)。

空间复杂度

递归算法的空间复杂度一般与递归的深度有关。一般来说，如果当前递归运行过程中，消耗的空间复杂度是一个常数，那么该算法的最终空间复杂度即为递归的深度。计算方式：递归的深度*一次递归的空间复杂度。

 

递归的运行状态，随着运行深度的增加，系统会把上一次的状态存入系统栈中，一旦遇到递归终止条件，便开始不断出栈，直到栈为空时，程序结束。所以，递归程序的空间复杂度一般和递归的深度有关。

 

以上一节例1中解题思路，求解fib(5)时，需要最深的层次需要经历以下过程：

第一层：fib(5) = fib(4) + fib(3)

第二层：fib(4) = fib(3) + fib(2)

第三层：fib(3) = fib(2) + fib(1)

第四层：fib(2) = fib(1) + fib(0)

第五层：fib(1)，遇到递归终止条件，开始进行出栈操作。

可知求解fib(5)时，递归的深度为5，具体可对照例1中画的二叉树，正好等于二叉树的高度。那么求解fib(n)的空间复杂度为O(n)。

如何把递归用到解题中（寻找递推关系，或者递推公式）

例4字符串的反转

题目描述（题目序号：344，困难等级：简单）：

 

递推关系：reverse(s[0,n]) = reverse(s[1,n-1])

具体代码如下：

class Solution {
public:
    void reverseString1(vector<char>& s) { // 依赖函数reverse
        reverse(s.begin(),s.end());
    }
    void reverseString(vector<char>& s) { // 交换
        for (int i = 0; i < s.size() / 2; i ++) 
            swap(s[i],s[s.size() - i - 1]);
    }
};

 

 

 

例5两两交换链表中的节点

题目描述（题目序号：24，困难等级：中等）：

 

递推关系：swapPairs(head) = swapPairs(head.next.next)

具体代码如下：

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode* swapPairs(ListNode* head) {
        if(head == NULL || head->next == NULL){
            return head;
        }
        ListNode* next = head->next;
        head->next = swapPairs(next->next);
        next->next = head;
        return next;       
    }
};

 

 

例6 所有可能的满二叉树

题目描述（题目序号：894，困难等级：中等）：

 

递推关系: allPossibleFBT(N) = allPossibleFBT(i) + allPossibleFBT(N – 1 - i)，其中i为奇数，1<= i<N。

具体代码如下：

复制代码

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode(int x) { val = x; }
 * }
 */

class Solution {

    public List<TreeNode> allPossibleFBT(int N) {
        List<TreeNode> ans = new ArrayList<>();
        if (N % 2 == 0) {
            return ans;
        }

        if (N == 1) {
            TreeNode head = new TreeNode(0);
            ans.add(head);
            return ans;
        }

        for (int i = 1; i < N; i += 2) {
            List<TreeNode> left = allPossibleFBT(i);
            List<TreeNode> right = allPossibleFBT(N - 1 - i);

            for (TreeNode l : left) {
                for (TreeNode r : right) {
                    TreeNode head = new TreeNode(0);
                    head.left = l;
                    head.right = r;
                    ans.add(head);
                }
            }
        }

        return ans;
    }
}

复制代码

记忆化操作

由第一节例1的解答代码可知，求解fib(n)的时间复杂度为O(2^n)，其中进行了大量重复求值过程，比如求解fib(5)时，需要求解两次fib(3)，求解三次fib(2)等。那么如何避免重复求解的过程呢？我们可以采用记忆化操作。

 

记忆化操作就是把之前递归求解得到的返回值保存到一个全局变量中，后面遇到对应的参数值，先判断当前全局变量中是否包含其解，如果包含则直接返回具体解，否则进行递归求解。

例1：

原解答代码：

复制代码

class Solution {

    public int fib(int N) {
        if(N <= 1)
            return N;
        return fib(N - 1) + fib(N - 2);
    }

}

复制代码

时间复杂度为O(2^n),空间复杂度为O(n)。提交测试结果：

 

采用记忆化改进：

复制代码

class Solution {

    private Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();

    public int fib(int N) {
        if(N <= 1)
            return N;
        if(map.containsKey(N))
            return map.get(N);      

        int result = fib(N - 1) + fib(N - 2);
        map.put(N, result);
       
        return result;
    }
}

复制代码

具体递归应用测试示例如下图：

时间复杂度为O(n),空间复杂度为O(n)。提交测试结果：

 

求解斐波那契数列，还有多种方法，比如矩阵乘法、数学公式直接计算等。所以，采用记忆化改进的代码并不是最优，这点在本文不作详细讨论。

尾递归

尾递归是指在返回时，直接返回递归函数调用的值，不做额外的运算。比如，第一节中斐波那契数列的递归是返回: return fib(N-1) + fib(N-2);。返回时，需要做加法运算，这样的递归调用就不属于尾递归。

 

下面解释引用自LeetCode解答

尾递归的好处是，它可以避免递归调用期间栈空间开销的累积，因为系统可以为每个递归调用重用栈中的固定空间。

在尾递归的情况下，一旦从递归调用返回，我们也会立即返回，因此我们可以跳过整个递归调用返回链，直接返回到原始调用方。这意味着我们根本不需要所有递归调用的调用栈，这为我们节省了空间。

 

尾递归的优势可以通俗的理解为：降低算法的空间复杂度，由原来应用栈存储中间状态，变换为不断直接返回最终值。

 

通常，编译器会识别尾递归模式，并优化其执行。然而，并不是所有的编程语言都支持这种优化，比如 C，C++ 支持尾递归函数的优化。另一方面，Java 和 Python 不支持尾递归优化。

剪枝操作

剪枝操作是指在递归调用过程中，通过添加相关判断条件，减少不必要的递归操作，从而提高算法的运行速度。一般来说，良好的剪枝操作能够降低算法的时间复杂度，提高程序的健壮性。下面将以一道算法题来说明。

 

题目描述（题目序号：698，困难等级：中等）：

 

解题思路：

首先，对原始数组进行从小到大排序操作。

然后，初始化长度为K的数组，每一个元素赋值为sum(nums) / K。

最后，从排序后的数组的最后一个元素开始进行递归操作。依次，选择长度为K的数组中每个元素减去数组中的元素，如果相减的差为0或者小于0则跳过，否则执行正常的相减操作。

剪枝策略：

（1）       如果数组nums中最大元素大于sum(nums) / K，则直接返回，结束程序。

（2）       如果执行当前减法操作得到的结果小于nums数组中最小值，则放弃本次递归操作，进行下一次递归操作。

 

具体实现代码如下（包含剪枝）：

复制代码

class Solution {
    public boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
        int sum = 0;
        for(int i = 0; i < nums.length; i++){
            sum += nums[i];
        }
        if(sum % k != 0){
            return false;
        }
        sum = sum / k;
        Arrays.sort(nums);
        if(nums[nums.length - 1] > sum){
            return false;
        }
    
        int[] arr = new int[k];
        Arrays.fill(arr, sum);
        
        return help(nums, nums.length - 1, arr, k);
    }
    
    boolean help(int[] nums, int cur, int[] arr, int k){
        if(cur < 0){
            return true;
        }
        
        for(int i = 0; i < k; i++){
            //如果正好能放下当前的数或者放下当前的数后，还有机会继续放前面的数（剪枝）
            if(arr[i] == nums[cur] || (arr[i] - nums[cur] >= nums[0])){               
                arr[i] -= nums[cur];
                //递归，开始放下一个数
                if(help(nums, cur - 1, arr, k)){
                    return true;
                }                
                arr[i] += nums[cur];
            }
        }
        return false;
    }
}

复制代码

测试结果：

 

将剪枝操作删除，变成正常的递归调用，即把下述代码：

//如果正好能放下当前的数或者放下当前的数后，还有机会继续放前面的数（剪枝）
 if(arr[i] == nums[cur] || (arr[i] - nums[cur] >= nums[0])){

变换成：

if(arr[i] >= nums[cur]){

测试结果：

 

由上述对比分析可知，灵活运用剪枝操作可以有效提高程序的运行效率。

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