【数据结构】错题总结_一棵有n个结点的二叉树,按层次从上到下,同一层从左到右顺序存储在一维数组a[1..n]

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选择题

eg1

在长度为 X 的顺序表下标为 i 的位置前插入一个元素（ 1 ≤ i ≤ X+1 ），元素的移动次数为( )
A. X - i + 1
B. X - i
C. X
D. X-1

答案解析：B
1.顺序表插入元素，需要移动元素，这里需要把[i, X - 1]区间的元素全部向后移动一次，故移动的次数为X - 1 - i +1
2.举一个例子：顺序表中元素为{ 1,2,3,4,5,6,7}总共7个元素，i=3（4的位置）在第i个位置前插入元素data需要搬移元素个数， 需要移动， 7， 6， 5， 4，才能在在原本4之前空出位置插入data, 也符合X-i, 即 7（顺序表长度） -3（i的位置） = 4（移动4次）
综上：选择B选项

eg2

现有一循环队列，其队头指针为 front ，队尾指针为 rear ；循环队列长度为 N 。其队内有效长度为？(假设队头不存放数据)（ ）
A. (rear - front + N) % N + 1
B. (rear - front + N) % N
C. (rear - front) % (N + 1)
D. (rear - front + N) % (N - 1)

答案解析：B
这道题是考虑循环队列，对于循环队列，空间长度为N是固定的
举个简单例子：循环队列为 1，2，3，4，5，6， 空间长度为6
本题中 front 不存数据, 这个要敲黑板
1.如果front <= rear，则（rear－front）> 0， 实际空间长度就是（rear-front）。
举例 front ＝ 1，rear ＝ 4
2.如果front > rear，则（rear－front）< 0，实际长度就是（rear＋N－front）。
举例front ＝ 5，rear＝ 2
结论：为了统一两种情况 所以给出的结果为（rear－front＋N）％ N
扩展：如果front中也存放数据时，则结果为：（rear－front＋1+N）％ N
综上：选择B选项

eg3

若用一个大小为 6 的数组来实现循环队列，且当 rear 和 front 的值分别为 0 和 3 。当从队列中删除一个元素，再加入两个元素后，rear 和 front 的值分别为( )
A.1和5
B.2和4
C.4和2
D.5和1
答案解析：B
1.队列添加元素是在对尾，删除元素是在对头；
2.添加元素，尾指针rear+1;删除元素，头指针front+1;
3.本题中，删除一个元素，front+1,也就是3+1=4；添加2个元素，rear+2,也就是0+2=2；
可以参考下面的图解：

eg4

一个栈的入栈序列为 1,2,3,…,n ，其出栈序列是 p 1 ,p 2 ,p 3 ,…p n 。若 p 2 = 3 ，则 p 3 可能取值的个数是（ ）
A. n-3
B. n-2
C. n-1
D.无法确定

答案解析：C
首先，栈的先进后出原则大家应该是知道的。
根据题意 p 2 = 3，可以知道 p1 的可能情况有三种：1，2 或 4 。（看到有些人只想到了 1，2）
为啥这样想呢？这里估计还有一个关键是要考虑到 n 的大小。
当 n = 3 时， p2 = 3 的话，那么 p 1 有两种情况 1 和 2 。
如果 p 1 = 1 ， 那么 p 3 = 2 ；
如果 p 1 = 2 ，那么 p 3 = 1 ；
此时的话我们就可以看到 p 3 只有两种可能 1 或者 2 （n - 1）个。
当 n > 3 时： p 2 = 3 的话，那么 p 1 有三种情况 1 ， 2 和 4 。
如果 p 1 = 1 ， 那么 p 3 = 2，4，5，… n （n - 2）个
如果 p 1 = 2 ，那么 p 3 = 1，4，5，… n （n - 2）个
如果 p 1 = 4 ，那么 p 3 = 2，5，6，… n （n - 3）个
此时的话我们就可以看到 p 3 的情况有 1，2，4，5，… n （n - 1）个。
综上所述就是 p 3 可能取值的个数是 （n - 1）个。
综上：选择C选项

eg5

一棵有 n 个结点的二叉树，按层次从上到下、同一层从左到右顺序存储在一维数组 A[1…n] 中，则二叉树中第 i个结点（i从1开始用上述方法编号）的右孩子在数组 A 中的位置是（ ）
A. A[2i](2i <= n)
B. A[2i + 1](2i + 1 <= n)
C. A[i - 2]
D. 条件不充分,无法确定

答案解析：D
必须是完全二叉树才能确定，若是，选择B选项。如下图所示：
根据二叉树的性质5:
1.对于具有n个结点的完全二叉树，如果按照从上至下从左至右的数组顺序对所有节点从0开始编号，则对于序号为i的结点有：
1.1 若i>0，i位置节点的双亲序号：(i-1)/2；i=0，i为根节点编号，无双亲节点
1.2 若2i+1<n，左孩子序号：2i+1，2i+1>=n否则无左孩子
1.3 若2i+2<n，右孩子序号：2i+2，2i+2>=n否则无右孩子
上述的性质的节点从0开始编号， 而题目当中是从1开始编号， 所有右孩子的序号为 2i+1

eg6

已知-算术表达式的中缀表达式为 a-(b+c/d)*e , 其后缀形式为（ ）
A. -a+b*c/d
B. -a+b*cd/e
C. -+*abc/de
D. abcd/+e*-

答案解析：D
1.先使用中缀表达式构建二叉树
1.1 第一个 “-”则将表达式分为左右子树， 左子树为“a”, 右子树为“(b+c/d)e”
1.2 在1.1中的右子树“(b+c/d)e”， 通过“”将再次分为左右子树， 左子树为“(b+c/d)”， 右子树为“e”
1.3 在1.2中的左子树“(b+c/d)”， 通过“+”将再次分为左右子树， 左子树为“b”， 右子树为“c/d”
1.4 在1.3中的右子树“c/d”， 通过“/”将再次分为左右子树， 左子树为“c”， 右子树为“d”
所以构建出来的二叉树如下图所示， 后缀表达式也就不难求解， 先左， 再右， 再根， 即“abcd/+e-”
综上：选择D选项

eg7

设二叉树的先序遍历序列和后序遍历序列正好相反，则该二叉树满足的条件是（ ）
A. 空或只有一个结点
B. 高度等于其结点数
C. 任一结点无左孩子
D. 任一结点无右孩子

答案解析：B
先序遍历：根左右；后序遍历：左右根
要满足题意，则只有,根左<----->左根，根右<--------->右根
所以高度一定等于节点数
综上： 选择B选项

eg8

具有 1000 个节点的二叉树的最小深度为（ ）(第一层深度为1）
A. 11
B. 12
C. 9
D. 10

答案解析： D
1.当二叉树为完全二叉树时， 深度最小。
2.根据二叉树的性质“若规定根节点的层数为1，具有n个结点的满二叉树的深度，h=log2(n+1), 计算log2(1001)约等于9.97
3.另一种计算方式： 当第一层深度为1时， 深度为n的满完全二叉树节点为2^n - 1。
所以： 2^n - 1 >= 1000; 则n >= 10;
综上： 选择D选项

编程题

eg1

【解题思路】：

此题主要考察单链表操作，对链表进行遍历提取节点的值，在把该值化为十进制数即可

int getDecimalValue(struct ListNode* head)
{
    int number = 0;

    while(head)
    {
        number = (number << 1) + head->val;//左移一位就是乘以2
        head = head->next;
    }

    return number;
}
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eg2

此题主要考察单链表的反转操作，核心思路主要是借助临时头结点，找到需要翻转链表的前驱位置，然后将要翻转链表的节点摘下进行子链表的头部插入即可，题目不难，主要就是要注意一些边界条件的处理，以及借助临时头结点后，能够使代码处理更简单。

struct ListNode* reverseBetween(struct ListNode* head, int m, int n ) {
    // write code here
    if(head->next == NULL && m == n)
    {
        return head;
    }
    //借助临时头结点，可以统一所有的情况进行处理，尤其是翻转的链表从第一个节点开始
    struct ListNode* newHead = (struct ListNode*)malloc(sizeof(struct ListNode));
    newHead->next = head;
    struct ListNode* prev = newHead;
    
    for(int i = 1; i < m; i++)
    {
        prev = prev->next;
    }
    head = prev->next;//head指向翻转子链表的首部
    //取head的下一个来头插
    for(int i = m; i < n; i++)
    {
        struct ListNode* cur = head->next;
        head->next = cur->next;
        cur->next = prev->next;
        prev->next = cur;
    }
    
    head = newHead->next;
    
    free(newHead);
    newHead = NULL;
    return head;
}
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eg3

此题主要借助链表考察前缀和的求解，要删去总和值为零的连续链表节点，只需维护每一个节点之前的所有和，此时如果该节点与前面节点的和(即前缀和)相加结果为0，则该节点就可以抵消掉前面的节点，消除的时候就是把next指针指向和的下一个节点，然后在重复该过程，直到整个链表求解结束

struct ListNode* removeZeroSumSublists(struct ListNode* head)
{
    struct ListNode* prev = (struct ListNode*)malloc(sizeof(struct ListNode));
    prev->next = head;
    struct ListNode* p = prev;
    while(p)
    {
        int sum = 0;
        struct ListNode* q = p->next;
        //从p位置找到q位置中间和为0的所有节点
        while(q)
        {
            sum += q->val;
            if(sum == 0)
            {

                struct ListNode* del = p->next;
                p->next = q->next;
                q = q->next;
                //删掉中间节点
                while(del != q)
                {
                    struct ListNode *tmp = del;
                    del = del->next;
                    free(tmp);
                }

            }

            else
            {
                q = q->next;
            }
        }

        p = p->next;
    }

    head = prev->next;
    free(prev);
    prev = NULL;
    return head;
}
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eg4

【解题思路】:

此题变相考察二叉树的遍历，对二叉树进行先序遍历，用哈希数组判断当前值是否出现过（出现过就是1，未出现就是0），每出现一个没有在哈希数组中统计过的元素哈希数组就新增一个值，最后统计哈希数组有多少不为0的值即可。

int hash[1001];
void PrevOrder(struct TreeNode* root)
{
    if(root == NULL)
    {
        return;
    }

    hash[root->val]++;
    PrevOrder(root->left);
    PrevOrder(root->right);
}

int numColor(struct TreeNode* root)
{
    memset(hash, 0, sizeof(hash));//全部初始化位0
    PrevOrder(root);
    int num = 0;
    //统计次数
    for(int i = 1; i < 1001; i++)
    {
        if(hash[i] != 0)
        {
            num++;
        }
    }

    return num;
}
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eg5

此题主要考察二叉树的深度遍历， pathVal： 计算各路径和； sum: 统计各路径和；由于结点值为0,1；表示二进制数，利用二进制计算方法由最高位至最低位： pathVal(pathVal<<1)+root->val ；先序遍历树结点，用 pathVal计算至当前节点的值，当该节点为叶节点则达到路径末尾；此时统计 *sum+=pathVal

void dfs(struct TreeNode* root, int pathVal, int* sum)
{
    if(root == NULL)
    {
        return;
    }

    pathVal = (pathVal << 1) + root->val;
    if(root->left == NULL && root->right == NULL)
    {
        *sum += pathVal;
    }

    dfs(root->left, pathVal, sum);
    dfs(root->right, pathVal, sum);
}

int sumRootToLeaf(struct TreeNode* root)
{
    int sum = 0;
    dfs(root, 0, &sum);
    return sum;
}
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