如何证明从最小节点开始在BST中找到n-1次后继是O(n)？
问题是我们可以创建排序顺序
1) 令节点 = BST 的最小节点。
2) 从那个节点，我们递归调用 find 一个后继节点。
有人告诉我结果是O(n)，但我不明白也不知道如何证明。
不应该是 O(n*log n) 吗？因为对于第1步，是O(log n)，对于第2步，也是O(log n)，但是叫n- 1 次。因此，它将是 O(n*log n)
请澄清我的疑问。谢谢！ :)
【问题讨论】：
标签： algorithm math data-structures big-o binary-search-tree
您是正确的，任何单个操作都可能花费 O(log n) 时间，因此如果您执行这些操作 n 次，您应该得到 O(n log n) 的运行时间。这个界限是正确的，但不是紧。实际运行时间是 Θ(n)。
查看这一点的一种方法是查看树中的任何单个边。如果您从最左边的节点开始并重复执行后继查询，您将访问每条边多少次？如果你仔细观察这些操作是如何工作的，你会发现每条边都被访问了两次：一次向下，一次向上。由于完成的所有工作都是通过上下边完成的，这意味着完成的工作总量与边数的两倍成正比。在任何一棵树中，边数是节点数减一，因此完成的总工作量为 Θ(n)。
为了将其形式化为证明，请尝试证明您永远不会从同一条边下降两次，并且当您上升一条边时，您永远不会再沿着该边下降。完成此操作后，运行时间为 Θ(n) 的结论就可以从上述逻辑得出。
希望这会有所帮助！
【讨论】：
我想将此作为对 templatetypedef 答案的评论发布，但它太长了。
他的回答是正确的，因为最简单的方法是看到这是线性的，因为每条边都被访问了两次，并且树中的边数总是比节点数少一（因为每个节点都有一个父级，除了根！）。
问题在于，他对正式证明的表述方式使用了似乎暗示矛盾的词语。一般来说，数学家不赞成使用矛盾，因为它经常产生内容多余的证明。例如：
Proof that 2 + 2 != 5:
Assume for contradiction that 2 + 2 = 5 (<- Remove this line)
Well 2 + 2 = 4
And 4 != 5
Contradiction! (<- Remove this line)
矛盾往往很冗长，有时甚至会混淆证明背后的想法！有时矛盾似乎非常必要，但相对较少，这是一个单独的讨论。
在这种情况下，我认为矛盾证明并不比直接证明更容易。另一方面，不管证明技术如何，这个证明在形式上都很难看。这是一个尝试：
1) succ(n) 算法遍历两条路径之一
在第一种情况下，每条边都在从一个节点到其右子树的最左边节点的简单路径上被访问
我们想要证明任意一条边恰好在两个succ() 调用中被遍历，一次用于succ() 的第一种情况，一次用于succ() 的第二种情况。好吧，除了最右边的分支之外的每个边缘都是如此，但是您可以单独处理这些边缘情况。或者，我们可以证明访问最后一个元素后返回根的更简单的论点
这是双重的，因为对于给定的边 e，我们必须找到 n1 和 n2 使得 succ(n1) 遍历 e 和 succ(n2) 也遍历 e，以及证明每隔一个succ() 生成一个不包含e 的路径。
2) 首先我们实际上证明对于succ() 访问的每种类型的路径，没有两条路径重叠（即如果succ(n) 和succ(n') 都遍历相同类型的路径，这些路径不共享边）
在第一种情况下，简单路径精确定义如下。从节点n 开始，向右走到r 的一侧。然后遍历以r 为根的子树的左分支。现在考虑从其他节点n' 开始的任何其他此类路径（注意，我们不假设n != n'）。它必须右移一个节点到r'。然后它遍历以r' 为根的子树最左边的分支。如果路径重叠，则选择重叠的边缘之一。如果它是(n,r) = (n',r')，那么我们有n = n'，所以它是相同的路径。如果在最左边的两个分支中都有一些e = e'，那么您可以再次显示n = n'（您可以跟踪最左边的分支并显示每条边都是相同的，然后最终得出r = r' => n = n' 的结论，因为对于一棵树父级是唯一的。您将在下面看到此跟踪参数）。因此我们知道对于任何n 和n'，如果它们的路径重叠，它们实际上是同一个节点！对立面是这样说的：如果它们是不同的节点，那么它们的路径就不会重叠。这正是我们想要的（相反的总是与原始陈述同样正确）。
在第二种情况下，我们定义从节点 n 开始的简单路径，然后沿着祖先节点 p_1, p_2, ..., p_k = g 向上直到我们到达第一个节点 p_k，这样 p_(k-1) 就在 @987654359 的左侧@。考虑从节点n' 开始的其他一些相同类型的路径，其中n != n'。同样它访问p_1', p_2', ..., p_k' = g'。因为它是一棵树，所以这些祖先中没有一个与第一组相同。因为两条路径上的节点都不相同，所以边不可能相同，因此succ(n) 和 succ(n') 不会遍历任何相同的边
3) 现在我们只需要证明对于给定的边，每种类型至少存在一条路径。那么采取任何这样的边缘e = (c,p)（注意这里我忽略了最右边分支上的特殊边缘，这些边缘在技术上只被访问过一次，我也忽略了最左边分支上的特殊边缘，它们在技术上被find_min()访问过一次，然后一次由succ() 调用）
如果它是从左子 c 到其父 p 则 succ(c) 将覆盖第二种类型的路径。要找到另一条路径，请继续向上p 的祖先p_1, p_2, ..., p_k 使p_(k-1) 位于p_k 的右侧。根据定义，succ(p_k) 将遍历包含e 的路径（因为e 位于p_(k-1) 的子树的最左侧分支，即p_k 的右孩子）。
当c 是p 的右孩子时，类似的论点也适用于对称情况
总结一下我们已经证明succ() 生成两种类型的路径。对于每种类型的路径，这些类型的所有路径都不重叠。此外，对于任何边缘，我们至少有每种类型的路径中的一种。由于我们在每个节点上调用succ()，我们最终可以得出结论，每条边都被遍历了两次（因此算法是Theta(n)）。
尽管这个证明持续了多长时间，但它实际上并不完整（即使忽略了我明确表示我正在跳过细节时的要点！）。在某些情况下，我说某物存在而没有证明它存在。您可以根据需要弄清楚这些细节，并且将其完全正确确实很令人满意（至少在我看来。也许当您是天才时会发现它很乏味，呵呵）
希望这会有所帮助。如果您希望我澄清一些步骤，请告诉我
【讨论】：