1.分治算法

 1.1如何判断分治问题

1.2 通过分治提升效率

1. 操作数量优化

以“冒泡排序”为例，其处理一个长度为 𝑛 的数组需要𝑂(𝑛的2次方 ) 时间。假设我们按照下图 所示的方式，将数组从中点分为两个子数组，则划分需要 𝑂(n) 时间，排序每个子数组需要

𝑂((𝑛/2)2 ) 时间，合并两个子数组需要 𝑂(𝑛) 时间，总体时间复杂度为：

接下来，我们计算以下不等式，其左边和右边分别为划分前和划分后的操作总数：

这意味着当𝑛 > 4时，排序效率应该更高。请注意，划分后的时间复杂度仍然是平

方阶 𝑂(𝑛2 ) ，只是复杂度中的常数项变小了。

进一步想，如果我们把子数组不断地再从中点划分为两个子数组，直至子数组只剩一个元素时停止划分呢?这种思路实际上就是“归并排序”，时间复杂度为O(n log n)。
再思考，如果我们多设置几个划分点，将原数组平均划分为k个子数组呢?这种情况与“桶排序”非常类似，它非常适合排序海量数据，理论上时间复杂度可以达到O(n + k)。
 

2. 并行计算优化

我们知道，分治生成的子问题是相互独立的，因此通常可以并行解决。也就是说，分治不仅可以降低算法的时间复杂度，还有利于操作系统的并行优化。

并行优化在多核或多处理器的环境中尤其有效，因为系统可以同时处理多个子问题，更加充分地利用计算资源，从而显著减少总体的运行时间。

比如在下图所示的“桶排序”中，我们将海量的数据平均分配到各个桶中，则可以将所有桶的排序任务分散到各个计算单元，完成后再进行结果合并。

1.3 分治常见应用

一方面，分治可以用来解决许多经典算法问题。

‧ 寻找最近点对：该算法首先将点集分成两部分，然后分别找出两部分中的最近点对，最后再找出跨越两部分的最近点对。

‧ 大整数乘法：例如 Karatsuba 算法，它是将大整数乘法分解为几个较小的整数的乘法和加法。

‧ 矩阵乘法：例如 Strassen 算法，它是将大矩阵乘法分解为多个小矩阵的乘法和加法。

‧ 汉诺塔问题：汉诺塔问题可以视为典型的分治策略，通过递归解决。

‧ 求解逆序对：在一个序列中，如果前面的数字大于后面的数字，那么这两个数字构成一个逆序对。求解逆序对问题可以通过分治的思想，借助归并排序进行求解。

另一方面，分治在算法和数据结构的设计中应用非常广泛。

‧ 二分查找：二分查找是将有序数组从中点索引分为两部分，然后根据目标值与中间元素值比较结果，决定排除哪一半区间，然后在剩余区间执行相同的二分操作。

‧ 归并排序：文章开头已介绍，不再赘述。

‧ 快速排序：快速排序是选取一个基准值，然后把数组分为两个子数组，一个子数组的元素比基准值小另一子数组的元素比基准值大，然后再对这两部分进行相同的划分操作，直至子数组只剩下一个元素。

‧ 桶排序：桶排序的基本思想是将数据分散到多个桶，然后对每个桶内的元素进行排序，最后将各个桶的元素依次取出，从而得到一个有序数组。

‧ 树：例如二叉搜索树、AVL 树、红黑树、B 树、B+ 树等，它们的查找、插入和删除等操作都可以视为分治的应用。

‧ 堆：堆是一种特殊的完全二叉树，其各种操作，如插入、删除和堆化，实际上都隐含了分治的思想。

‧ 哈希表：虽然哈希表来并不直接应用分治，但某些哈希冲突解决策略间接应用了分治策略，例如，链式地址中的长链表会被转化为红黑树，以提升查询效率。

可以看出，分治是一种“润物细无声”的算法思想，隐含在各种算法与数据结构之中。

2 分治搜索策略

我们已经学过，搜索算法分为两大类。

‧ 暴力搜索：它通过遍历数据结构实现，时间复杂度为 𝑂(𝑛) 。

‧ 自适应搜索：它利用特有的数据组织形式或先验信息，可达到 𝑂(log 𝑛) 甚至 𝑂(1) 的时间复杂度。

实际上，时间复杂度为 𝑂(log 𝑛) 的搜索算法通常都是基于分治策略实现的，例如二分查找和树。

‧ 二分查找的每一步都将问题（在数组中搜索目标元素）分解为一个小问题（在数组的一半中搜索目标元素），这个过程一直持续到数组为空或找到目标元素为止。

‧ 树是分治关系的代表，在二叉搜索树、AVL 树、堆等数据结构中，各种操作的时间复杂度皆为 𝑂(log 𝑛)。

二分查找的分治策略如下所示。

‧ 问题可以被分解：二分查找递归地将原问题（在数组中进行查找）分解为子问题（在数组的一半中进行查找），这是通过比较中间元素和目标元素来实现的。

‧ 子问题是独立的：在二分查找中，每轮只处理一个子问题，它不受另外子问题的影响。

‧ 子问题的解无须合并：二分查找旨在查找一个特定元素，因此不需要将子问题的解进行合并。当子问题得到解决时，原问题也会同时得到解决。

分治能够提升搜索效率，本质上是因为暴力搜索每轮只能排除一个选项，而分治搜索每轮可以排除一半选项。

2.1. 基于分治实现二分

在之前的章节中，二分查找是基于递推（迭代）实现的。现在我们基于分治（递归）来实现它。

Q：给定一个长度为 𝑛 的有序数组 nums ，数组中所有元素都是唯一的，请查找元素 target 

从分治角度，我们将搜索区间 [𝑖, 𝑗] 对应的子问题记为 𝑓(𝑖, 𝑗) 。

从原问题 𝑓(0, 𝑛 − 1) 为起始点，通过以下步骤进行二分查找。

1. 计算搜索区间 [𝑖, 𝑗] 的中点 𝑚 ，根据它排除一半搜索区间。

2. 递归求解规模减小一半的子问题，可能为𝑓(𝑖, 𝑚 − 1) 或 𝑓(𝑚 + 1, 𝑗) 。

3. 循环第 1. 和 2. 步，直至找到 target 或区间为空时返回。下图展示了在数组中二分查找元素 6 的分治过程。

    /* 二分查找：问题 f(i, j) */
    int dfs(int[] nums, int target, int i, int j) {
        // 若区间为空，代表无目标元素，则返回 -1
        if (i > j) { //校验传入数据是否有误
            return -1;
        }
        // 计算中点索引 m
        int m = (i + j) / 2;
        if (nums[m] < target) {
            // 递归子问题 f(m+1, j)
            return dfs(nums, target, m + 1, j);
        } else if (nums[m] > target) {
            // 递归子问题 f(i, m-1)
            return dfs(nums, target, i, m - 1);
        } else {
            // 找到目标元素，返回其索引
            return m;
        }
    }

    /* 二分查找 */
    int binarySearchRecursion(int[] nums, int target) {
        int n = nums.length;
        // 求解问题 f(0, n-1)
        return dfs(nums, target, 0, n - 1);
    }

3 构建二叉树问题

Q：

给定一个二叉树的前序遍历 preorder 和中序遍历 inorder ，请从中构建二叉树，返回二叉树

的根节点。假设二叉树中没有值重复的节点。

再次回顾前中后序遍历：

1. 前序遍历（Preorder Traversal）：

   • 定义：从树的根节点出发，在递归遍历左子树和右子树的过程中，先访问根节点。
   • 遍历顺序：根节点 -> 左子树 -> 右子树。

2. 中序遍历（Inorder Traversal）：

   • 定义：从树的根节点出发，在递归遍历左子树和右子树的过程中，中间访问根节点。
   • 遍历顺序：左子树 -> 根节点 -> 右子树。

3. 后序遍历（Postorder Traversal）：

   • 定义：从树的根节点出发，在递归遍历左子树和右子树的过程中，最后访问根节点。
   • 遍历顺序：左子树 -> 右子树 -> 根节点。

这三种遍历方式是针对树这种递归结构的，它们都可以用递归或迭代的方式实现。在实际应用中，选择不同的遍历方式取决于问题的要求。例如，前序遍历常用于复制整棵树，中序遍历常用于获取有序序列，后序遍历常用于释放树的节点等。

举例说明，以下二叉树：

    1
   / \
  2   3
 / \
4   5

• 前序遍历：1 -> 2 -> 4 -> 5 -> 3
• 中序遍历：4 -> 2 -> 5 -> 1 -> 3
• 后序遍历：4 -> 5 -> 2 -> 3 -> 1

1.判断是否为分治问题

原问题定义为从 preorder 和 inorder 构建二叉树，其是一个典型的分治问题。

‧ 问题可以被分解：从分治的角度切入，我们可以将原问题划分为两个子问题：构建左子树、构建右子树，加上一步操作：初始化根节点。而对于每个子树（子问题），我们仍然可以复用以上划分方法，将其划分为更小的子树（子问题），直至达到最小子问题（空子树）时终止。

‧ 子问题是独立的：左子树和右子树是相互独立的，它们之间没有交集。在构建左子树时，我们只需要关注中序遍历和前序遍历中与左子树对应的部分。右子树同理。

‧ 子问题的解可以合并：一旦得到了左子树和右子树（子问题的解），我们就可以将它们链接到根节点上，得到原问题的解。

2. 如何划分子树

根据以上分析，这道题是可以使用分治来求解的，但如何通过前序遍历 preorder 和中序遍历 inorder 来划分左子树和右子树呢？

根据定义，preorder 和 inorder 都可以被划分为三个部分。

‧ 前序遍历：[ 根节点 | 左子树 | 右子树 ] ，例如下图的树对应 [ 3 | 9 | 2 1 7 ] 。

‧ 中序遍历：[ 左子树 | 根节点 ｜ 右子树 ] ，例如下图的树对应 [ 9 | 3 | 1 2 7 ] 。

以上图数据为例，我们可以通过下图所示的步骤得到划分结果。

1. 前序遍历的首元素 3 是根节点的值。

2. 查找根节点 3 在 inorder 中的索引，利用该索引可将 inorder 划分为 [ 9 | 3 ｜ 1 2 7 ] 。

3. 根据 inorder 划分结果，易得左子树和右子树的节点数量分别为 1 和 3 ，从而可将 preorder 划分为 [ 3 | 9 | 2 1 7 ] 。

3. 基于变量描述子树区间

根据以上划分方法，我们已经得到根节点、左子树、右子树在 preorder 和 inorder 中的索引区间。而为了描述这些索引区间，我们需要借助几个指针变量。

‧ 将当前树的根节点在 preorder 中的索引记为𝑖 。

‧ 将当前树的根节点在 inorder 中的索引记为𝑚。

‧ 将当前树在 inorder 中的索引区间记为[𝑙, 𝑟] 。

如下表所示，通过以上变量即可表示根节点在 preorder 中的索引，以及子树在 inorder 中的索引区间。

请注意，右子树根节点索引中的 (𝑚 − 𝑙) 的含义是“左子树的节点数量”，建议配合下图理解。

4. 代码实现 

为了提升查询 𝑚 的效率，我们借助一个哈希表 hmap 来存储数组 inorder 中元素到索引的映射。 

import java.util.HashMap;
import java.util.Map;

public class Test {
    public static void main(String[] args) {

    }
    /* 构建二叉树：分治 */
    TreeNode dfs(int[] preorder, Map<Integer, Integer> inorderMap, int i, int l, int r) {
        // 子树区间为空时终止
        if (r - l < 0)
            return null;
        // 初始化根节点
        TreeNode root = new TreeNode(preorder[i]);
        // 查询 m ，从而划分左右子树
        int m = inorderMap.get(preorder[i]);
        // 子问题：构建左子树
        root.left = dfs(preorder, inorderMap, i + 1, l, m - 1);
        // 子问题：构建右子树
        root.right = dfs(preorder, inorderMap, i + 1 + m - l, m + 1, r);
        // 返回根节点
        return root;
    }
    /* 构建二叉树 */
    TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
        // 初始化哈希表，存储 inorder 元素到索引的映射
        Map<Integer, Integer> inorderMap = new HashMap<>();
        for (int i = 0; i < inorder.length; i++) {
            inorderMap.put(inorder[i], i);
        }
        TreeNode root = dfs(preorder, inorderMap, 0, 0, inorder.length - 1);
        return root;
    }
}

 每个递归函数内的前序遍历preorder和中序遍历inorder 的划分结果如下图所示。

 设树的节点数量为 𝑛 ，初始化每一个节点（执行一个递归函数 dfs() ）使用 𝑂(1) 时间。因此总体时间复杂 度为 𝑂(𝑛) 。

4.汉诺塔问题

给定三根柱子，记为 A、B 和 C 。起始状态下，柱子 A 上套着 𝑛 个圆盘，它们从上到下按照从小到大的顺序排列。我们的任务是要把这 𝑛 个圆盘移到柱子 C 上，并保持它们的原有顺序不变。在移动圆盘的过程中，需要遵守以下规则。

1. 圆盘只能从一个柱子顶部拿出，从另一个柱子顶部放入。

2. 每次只能移动一个圆盘。

3. 小圆盘必须时刻位于大圆盘之上。

 我们将规模为 𝑖 的汉诺塔问题记做 𝑓(𝑖) 。例如 𝑓(3) 代表将 3 个圆盘从 A 移动至 C 的汉诺塔问题。

1. 考虑基本情况

 解决问题 𝑓(2) 的过程可总结为：将两个圆盘借助 B 从 A 移至 C 。其中，C 称为目标柱、B 称为缓冲柱。

2.子问题分解

 3.代码

 /* 移动一个圆盘 */
    void move(List<Integer> src, List<Integer> tar) {
        // 从 src 顶部拿出一个圆盘
        Integer pan = src.remove(src.size() - 1);
        // 将圆盘放入 tar 顶部
        tar.add(pan);
    }

    /* 求解汉诺塔：问题 f(i) */
    void dfs(int i, List<Integer> src, List<Integer> buf, List<Integer> tar) {
        // 若 src 只剩下一个圆盘，则直接将其移到 tar
        if (i == 1) {
            move(src, tar);
            return;
        }
        // 子问题 f(i-1) ：将 src 顶部 i-1 个圆盘借助 tar 移到 buf
        dfs(i - 1, src, tar, buf);
        // 子问题 f(1) ：将 src 剩余一个圆盘移到 tar
        move(src, tar);
        // 子问题 f(i-1) ：将 buf 顶部 i-1 个圆盘借助 src 移到 tar
        dfs(i - 1, buf, src, tar);
    }

    /* 求解汉诺塔 */
    void solveHanota(List<Integer> A, List<Integer> B, List<Integer> C) {
        int n = A.size();
        // 将 A 顶部 n 个圆盘借助 B 移到 C
        dfs(n, A, B, C);
    }

如下图所示，汉诺塔问题形成一个高度为 𝑛 的递归树，每个节点代表一个子问题、对应一个开启的 dfs()函数，因此时间复杂度为 𝑂(2𝑛) ，空间复杂度为 𝑂(𝑛) 。