数据结构和算法：分治

分治算法

分治（divide and conquer），全称分而治之，是一种非常重要且常见的算法策略。分治通常基于递归实现，包括“分”和“治”两个步骤。
1.分（划分阶段）：递归地将原问题分解为两个或多个子问题，直至到达最小子问题时终止。
2.治（合并阶段）：从已知解的最小子问题开始，从底至顶地将子问题的解进行合并，从而构建出原问题的解。

“归并排序”是分治策略的典型应用之一：

1.分：递归地将原数组（原问题）划分为两个子数组（子问题），直到子数组只剩一个元素（最小子问题）；
2.治：从底至顶地将有序的子数组（子问题的解）进行合并，从而得到有序的原数组（原问题的解）。

如何判断分治问题

一个问题是否适合使用分治解决，通常可以参考以下几个判断依据：
1.问题可以分解：原问题可以分解成规模更小、类似的子问题，以及能够以相同方式递归地进行划分。
2.子问题是独立的：子问题之间没有重叠，互不依赖，可以独立解决。
3.子问题的解可以合并：原问题的解通过合并子问题的解得来。

显然，归并排序满足以上三个判断依据。
1.问题可以分解：递归地将数组（原问题）划分为两个子数组（子问题）。
2.子问题是独立的：每个子数组都可以独立地进行排序（子问题可以独立进行求解）。
3.子问题的解可以合并：两个有序子数组（子问题的解）可以合并为一个有序数组（原问题的解）。

通过分治提升效率

分治不仅可以有效地解决算法问题，往往还可以提升算法效率。
在排序算法中，快速排序、归并排序、堆排序相较于选择、冒泡、插入排序更快，就是因为它们应用了分治策略。

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^2) 时间。
假设按照下图所示的方式，将数组从中点处分为两个子数组，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，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，划分后的操作数量更少，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(𝑛^2) ，只是复杂度中的常数项变小了。

进一步想，如果把子数组不断地再从中点处划分为两个子数组，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

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，将海量的数据平均分配到各个桶中，则可所有桶的排序任务分散到各个计算单元，完成后再合并结果：

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，最后找出跨越两部分的最近点对。
大整数乘法：例如 Karatsuba 算法，它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：汉诺塔问题可以通过递归解决，这是典型的分治策略应用。
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利用分治的思想，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得非常广泛：
二分查找：二分查找是将有序数组从中点索引处分为两部分，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，并在剩余区间执行相同的二分操作。
归并排序：。。。。。
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，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策略的应用。
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：虽然哈希表并不直接应用分治，但某些哈希冲突解决方案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。

分治搜索策略

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，时间复杂度可达到 𝑂(log 𝑛) 甚至 𝑂(1) 。

实际上，时间复杂度为 𝑂(log 𝑛) 的搜索算法通常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。
树是分治思想的代表，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，它不受其他子问题的影响。
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。

1.基于分治实现二分查找

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

从分治角度，将搜索区间 [𝑖, 𝑗] 对应的子问题记为 𝑓(𝑖, 𝑗) ：
以原问题 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. 步和第 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：

/**
 * File: binary_search_recur.cpp
 * Created Time: 2023-07-17
 * Author: krahets (krahets@163.com)
 */

#include "../utils/common.hpp"

/* 二分查找：问题 f(i, j) */
int dfs(vector<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) {
        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 binarySearch(vector<int> &nums, int target) {
    int n = nums.size();
    // 求解问题 f(0, n-1)
    return dfs(nums, target, 0, n - 1);
}

/* Driver Code */
int main() {
    int target = 6;
    vector<int> nums = {1, 3, 6, 8, 12, 15, 23, 26, 31, 35};

    // 二分查找（双闭区间）
    int index = binarySearch(nums, target);
    cout << "目标元素 6 的索引 = " << index << endl;

    return 0;
}
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构建二叉树问题

给定一棵二叉树的前序遍历 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（如图所示）。

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，是一个典型的分治问题：
问题可以分解：从分治的角度切入，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。而对于每棵子树（子问题），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，只需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，这道题可以使用分治来求解，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 都可以划分为三个部分。
前序遍历：[ 根节点 | 左子树 | 右子树 ] ，例如图 12‑5 的树对应 [ 3 | 9 | 2 1 7 ] 。
中序遍历：[ 左子树 | 根节点 ｜ 右子树 ] ，例如图 12‑5 的树对应 [ 9 | 3 | 1 2 7 ] 。

以上图数据为例，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 的划分结果，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，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，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] 。

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。
右子树根节点索引中的 (𝑚 − 𝑙) 的含义是“左子树的节点数量”：

代码实现

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

/**
 * File: build_tree.cpp
 * Created Time: 2023-07-17
 * Author: Krahets (krahets@163.com)
 */

#include "../utils/common.hpp"

/* 构建二叉树：分治 */
TreeNode *dfs(vector<int> &preorder, unordered_map<int, int> &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[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(vector<int> &preorder, vector<int> &inorder) {
    // 初始化哈希表，存储 inorder 元素到索引的映射  
    unordered_map<int, int> inorderMap;
    for (int i = 0; i < inorder.size(); i++) {
        inorderMap[inorder[i]] = i;
    }
    TreeNode *root = dfs(preorder, inorderMap, 0, 0, inorder.size() - 1);
    return root;
}

/* Driver Code */
int main() {
    vector<int> preorder = {3, 9, 2, 1, 7};
    vector<int> inorder = {9, 3, 1, 2, 7};
    cout << "前序遍历 = ";
    printVector(preorder);
    cout << "中序遍历 = ";
    printVector(inorder);

    TreeNode *root = buildTree(preorder, inorder);
    cout << "构建的二叉树为：\n";
    printTree(root);

    return 0;
}
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下图展示了构建二叉树的递归过程，各个节点是在向下“递”的过程中建立的，而各条边（引用）是在向上“归”的过程中建立的：

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) 。
哈希表存储 inorder 元素到索引的映射，空间复杂度为 𝑂(𝑛) 。在最差情况下，即二叉树退化为链表时，递归深度达到 𝑛 ，使用 𝑂(𝑛) 的栈帧空间。因此总体空间复杂度为 𝑂(𝑛) 。

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。

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（如图所示）。在移动圆盘的过程中，需要遵守以下规则：
1.圆盘只能从一根柱子顶部拿出，从另一根柱子顶部放入。
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。

将规模为 𝑖 的汉诺塔问题记作 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

对于问题 𝑓(1) ，即当只有一个圆盘时，将它直接从 A 移动至 C 即可。

对于问题 𝑓(2) ，即当有两个圆盘时，由于要时刻满足小圆盘在大圆盘之上，因此需要借助 B 来完成移动：
1.先将上面的小圆盘从 A 移至 B ；
2.再将大圆盘从 A 移至 C ；
3.最后将小圆盘从 B 移至 C 。

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

对于问题 𝑓(3) ，即当有三个圆盘时，情况变得稍微复杂了一些。
因为已知 𝑓(1) 和 𝑓(2) 的解，所以我们可从分治角度思考，将 A 顶部的两个圆盘看作一个整体。
执行下图所示的步骤。这样三个圆盘就被顺利地从 A 移至 C 了。

1.令 B 为目标柱、C 为缓冲柱，将两个圆盘从 A 移至 B ；
2.将 A 中剩余的一个圆盘从 A 直接移动至 C ；
3.令 C 为目标柱、A 为缓冲柱，将两个圆盘从 B 移至 C 。

从本质上看，将问题 𝑓(3) 划分为两个子问题 𝑓(2) 和一个子问题 𝑓(1) 。按顺序解决这三个子问题之后，原问题随之得到解决。这说明子问题是独立的，而且解可以合并。

至此，可总结出解决汉诺塔问题的分治策略：将原问题 𝑓(𝑛) 划分为两个子问题 𝑓(𝑛−1) 和一个子问题 𝑓(1) ，并按照以下顺序解决这三个子问题：
1.将 𝑛 − 1 个圆盘借助 C 从 A 移至 B 。
2.将剩余 1 个圆盘从 A 直接移至 C 。
3.将 𝑛 − 1 个圆盘借助 A 从 B 移至 C 。

对于这两个子问题 𝑓(𝑛 − 1) ，可以通过相同的方式进行递归划分，直至达到最小子问题 𝑓(1) 。而 𝑓(1) 的解是已知的，只需一次移动操作即可。

3.代码实现

在代码中，声明一个递归函数 dfs(i, src, buf, tar) ，它的作用是将柱 src 顶部的 𝑖 个圆盘借助缓冲柱 buf 移动至目标柱 tar ：

// === File: hanota.cpp ===
/* 移动一个圆盘 */
void move(vector<int> &src, vector<int> &tar) {
	// 从 src 顶部拿出一个圆盘
	int pan = src.back();
	src.pop_back();
	// 将圆盘放入 tar 顶部
	tar.push_back(pan);
}

/* 求解汉诺塔问题 f(i) */
void dfs(int i, vector<int> &src, vector<int> &buf, vector<int> &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);
}
/* 求解汉诺塔问题 */
void solveHanota(vector<int> &A, vector<int> &B, vector<int> &C) {
	int n = A.size();
	// 将 A 顶部 n 个圆盘借助 B 移到 C
	dfs(n, A, B, C);
}
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汉诺塔问题形成一棵高度为 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(2^𝑛) ，空间复杂度为 𝑂(𝑛) 。

学习地址

学习地址：https://github.com/krahets/hello-algo
重新复习数据结构，所有的内容都来自这里。