检查A是否是二叉树B的一部分答案

【问题标题】：Checking if A is a part of binary tree B检查A是否是二叉树B的一部分
【发布时间】：2013-08-19 21:02:03
【问题描述】：

假设我有二叉树 A 和 B，我想知道 A 是否是 B 的“一部分”。我说的不仅仅是子树。我想知道的是 B 是否拥有 A 拥有的所有节点和边。

我的想法是，由于树本质上是一个图，我可以将此问题视为子图同构问题（即检查 A 是否是 B 的子图）。但根据维基百科，这是一个 NP 完全问题。

http://en.wikipedia.org/wiki/Subgraph_isomorphism_problem

我知道您可以使用 O(n) 算法检查 A 是否是 B 的子树（例如，使用前序和中序遍历将树展平为字符串并检查子字符串）。我试图稍微修改一下，看看我是否也可以只测试“部分”，但无济于事。这就是我卡住的地方。

除了使用子图同构之外，还有其他方法可以查看此问题吗？我认为必须有更快的方法，因为二叉树是更受限制和更简单的图形版本。

提前致谢！

编辑：我意识到，对于我的问题，即使是蛮力方法的最坏情况也只会采用 O(m * n)，这是多项式。所以我想这毕竟不是一个NP完全问题。那么我的下一个问题是，有没有比 O(m*n) 更快的算法？

【问题讨论】：

你的节点被标记了吗？换句话说，如果一棵树是 CB 而另一棵树是 CA 那么这些被认为是相同的吗？（如果节点被标记，它们是不同的，否则相同）
是的，它们可以被贴上标签，不，它们会被认为是不同的

标签： algorithm graph binary-tree complexity-theory graph-algorithm

【解决方案1】：

我会分两步解决这个问题：

在B 中找到A 的根（无论是BFS 还是DFS）
验证A 是否包含在B 中（给出那个起始节点），使用递归算法，如下所示（我编造了同样疯狂的伪语言，因为你没有指定语言。我认为这应该无论您的背景如何，都可以理解）。请注意，a 是来自 A（最初是根）的节点，b 是来自 B 的节点（最初是在步骤 1 中找到的节点）

function checkTrees(node a, node b) returns boolean
    if a does not exist or b does not exist then
        // base of the recursion
        return false
    else if a is different from b then
        // compare the current nodes
        return false
    else
        // check the children of a
        boolean leftFound = true
        boolean rightFound = true

        if a.left exists then
            // try to match the left child of a with
            // every possible neighbor of b
            leftFound = checkTrees(a.left, b.left)
                       or checkTrees(a.left, b.right)
                       or checkTrees(a.left, b.parent)

        if a.right exists then
            // try to match the right child of a with
            // every possible neighbor of b
            leftFound = checkTrees(a.right, b.left)
                       or checkTrees(a.right, b.right)
                       or checkTrees(a.right, b.parent)

        return leftFound and rightFound

关于运行时间：设m为A中的节点数，n为B中的节点数。第一步中的搜索需要O(n) 时间。第二步的运行时间取决于我所做的一个关键假设，但这可能是错误的：我假设A 的每个节点最多等于B 的一个节点。如果是这样的话，第二步的运行时间是O(m)（因为你永远不能在错误的方向上搜索太远）。所以总运行时间为O(m + n)。

在写下我的假设时，我开始怀疑这是否过于简单化了你的情况......

【讨论】：

是的，我相信你的假设过于简单化了。但是多亏了你，我意识到即使是蛮力方法的最坏情况也只需要 O(m * n)。所以这毕竟不是一个 NP 完全问题。

【解决方案2】：

您可以按如下方式自下而上比较树：

对于树 A 中的每个叶子，确定树 B 中的相应节点。
从刚刚匹配的节点开始并行遍历两棵树的根。具体来说，移动到 A 中节点的父节点，然后移动到 B 中的根节点，直到遇到 B 中的相应节点（继续）或 A 中的标记节点（见下文，如果在 B 中找到匹配项，继续，否则失败）或 B 的根（失败）
标记A中访问过的所有节点。

你成功了，如果你没有失败;-)。

算法的主要部分在O(e_B) 中运行——在最坏的情况下，B 中的所有边都被访问了恒定的次数。如果对 B 顶点进行排序，则叶节点匹配将在 O(n_A * log n_B) 中运行，否则在 O(n_A * log n_A + n_B * log n_B + n) = O(n_B * log n_B) （对每个节点集进行排序，此后对结果进行线性扫描）。

编辑：重新阅读您的问题，上述步骤2更容易，至于匹配A，B中的节点，它们的父母也必须匹配（否则边缘集之间会出现不匹配）。当然，对最坏情况下的运行时间没有影响。

【讨论】：