比较两棵树的伪代码答案

【问题标题】：Pseudocode to compare two trees比较两棵树的伪代码
【发布时间】：2013-10-19 02:14:05
【问题描述】：

这是我遇到过几次的问题，一直不相信我使用了最有效的逻辑。

例如，假设我有两棵树：一棵是文件夹结构，另一棵是该文件夹结构的内存“模型”。我希望比较两棵树，并生成一棵树中存在的节点列表，而不是另一棵树 - 反之亦然。

是否有公认的算法来处理这个问题？

【问题讨论】：

致对这个问题投了反对票的人。如果您能提供一些反馈意见，我将不胜感激，然后我可以获得更好的 Stack Overflow 参与者...

标签： algorithm tree pseudocode

【解决方案1】：

您可能还想看看git 是如何做到的。基本上每当您执行git diff 时，都会在后台进行树比较。

【讨论】：

【解决方案2】：

如果您使用排序树，例如 AVL 树，您还可以高效地按顺序遍历您的树。这将以从“低”到“高”的排序顺序返回您的路径。然后，您可以使用与树算法中相同的比较方法对目录数组进行排序（例如使用快速排序）。

然后开始并排比较两者，通过按顺序遍历树并检查排序目录数组中的下一项来前进到下一项。

这在实践中应该更有效，但只有基准测试才能说明。

【讨论】：

【解决方案3】：

python 中的简单示例代码。

class Node(object):
  def __init__(self, val):
    self.val = val
    self.child = {}

  def get_left(self):
    #if left is not in the child dictionary that means the element does not have a left child
    if 'left' in self.child:
      return self.child['left']
    else:
      return None

  def get_right(self):
    #if right is not in the child dictionary that means the element does not have a rigth child
    if 'right' in self.child:
      return self.child['right']
    else:
      return None


def traverse_tree(a):
  if a is not None:
    print 'current_node : %s' % a.val
    if 'left' in a.child:
      traverse_tree(a.child['left'])

    if 'right' in a.child:
      traverse_tree(a.child['right'])



def compare_tree(a, b):
  if (a is not None and b is None) or (a is None and b is not None):
    return 0
  elif a is not None and b is not None:
    print a.val, b.val
    #print 'currently comparing a : %s, b : %s, left : %s, %s , right : %s, %s' % (a.val, b.val, a.child['left'].val, b.child['left'].val, a.child['right'].val, b.child['right'].val)
    if a.val==b.val and compare_tree(a.get_left(), b.get_left()) and compare_tree(a.get_right(), b.get_right()):
      return 1
    else:
      return 0
  else:
    return 1

#Example
a = Node(1)
b = Node(0)
a.child['left'] = Node(2)
a.child['right'] = Node(3)
a.child['left'].child['left'] = Node(4)
a.child['left'].child['right'] = Node(5)
a.child['right'].child['left'] = Node(6)
a.child['right'].child['right'] = Node(7)
b.child['left'] = Node(2)
b.child['right'] = Node(3)
b.child['left'].child['left'] = Node(4)
#b.child['left'].child['right'] = Node(5)
b.child['right'].child['left'] = Node(6)
b.child['right'].child['right'] = Node(7)
if compare_tree(a, b):
  print 'trees are equal'
else:
  print 'trees are unequal'
#DFS traversal
traverse_tree(a)

还粘贴了一个可以运行的示例。

【讨论】：

【解决方案4】：

public boolean compareTrees(TreeNode root1, TreeNode root2) {
  if ((root1 == null && root2 != null) || 
      (root1 != null && root2 == null)) {
    return false;
  }

  if (root1 == null && root2 == null) {
    return true;
  }

  if (root1.data != root2.data) {
    return false;
  }

  return compareTrees(root1.left, root2.left) && 
    compareTrees(root1.right, root2.right);
}

【讨论】：

【解决方案5】：

本质上，您似乎只想进行预订遍历。 “访问”一个节点意味着检查一个版本中的子节点，而不是另一个版本。

更准确地说：从根开始。在每个节点处，获取节点的两个版本中的每一个中的一组项目。两组的对称差包含一组中的项目，但不包含另一组中的项目。打印/输出那些。交集包含两者共有的项目。对于交叉点中的每个项目（我假设您不会进一步查看一棵树中缺少的项目），在该节点上递归调用“访问”以检查其内容。这是一个 O(n) 操作，有一点递归开销。

【讨论】：

注意：遍历是O(n)。对称差异和交集取决于您用于存储项目的容器，它们是否已排序等。