nlgn就不说了。。说n的方法。
这个题做了好久。
一开始想到的是post-order traversal.
左右都是BST，然后自己也是BST，返还长度是左+右+自己（1）。
左右其中一个不是，或者自己不是的话，返还-1.
第一次尝试忽略了跳级问题，判断自己能不能和左右子树组成BST的情况是，自己必须比左子树的最大值大，比右子树的最小值小。。所以害的自己造个变量记录最大最小值。
提交的时候改了半天，主要问题在于更新最大最小但是会后，既要以子树更新，又要以自己的VAL更新，一开始忽略了其中一种。。
public class Solution
{
public class MaxMin
{
int max = Integer.MIN_VALUE;
int min = Integer.MAX_VALUE;
public MaxMin(int max, int min)
{
this.max = max;
this.min = min;
}
}
int a = 1;
public int largestBSTSubtree(TreeNode root)
{
if(root == null) return 0;
MaxMin r = new MaxMin(Integer.MIN_VALUE,Integer.MAX_VALUE);
int res = helper(root,r);
a = Math.max(res,a);
return a;
}
public int helper(TreeNode root, MaxMin m)
{
if(root == null) return 0;
if(root.left == null && root.right == null)
{
m.max = Math.max(m.max,root.val);
m.min = Math.min(m.min,root.val);
return 1;
}
MaxMin m1 = new MaxMin(m.max,m.min);
MaxMin m2 = new MaxMin(m.max,m.min);
int left = helper(root.left,m1);
int right = helper(root.right,m2);
int res = 1;
m.max = Math.max(m.max,root.val);
m.min = Math.min(m.min,root.val);
m.max = Math.max(Math.max(m.max,m1.max),m2.max);
m.min = Math.min(Math.min(m.min,m1.min),m2.min);
if(left != -1 && right != -1)
{
if(root.val < m2.min && root.val > m1.max)
{
res += left + right;
a = Math.max(res,a);
return res;
}
else return -1;
}
else return -1;
}
}
另一种N的尝试是，做一个in-order traversal，找其中的递增组合。不过仔细想想犹豫结构不确定，不一定是completed tree所以无法判定。。
二刷。
这个题做了他妈好久。
回头看一刷觉得太繁琐了，肯定有问题，但是又不想在基础上改。
像题目说的，直白的做法是每个NODE都call一次valid BST，这样是O(nlgn).
现在要求O(n)，只能遍历一次。那肯定是bottom-up,用post-order traversal.
有一点要注意的是，subtree得到底才行，必须包含最下的leaves.
我们需要传到上面的信息有这么几个：
-
我是不是BST，以便于上面判断他是不是BST.
-
我作为BST的最大Size，以便于上面进行左右取舍，或相加（如果左右+自己都是BST)
-
我的取值区间，最大值和最小值。对于上面的parent node来说，他得比左支最大值大，比右支最小值小。
需要传递的信息有3个，自己建个新的class比较方便。
学到的一个tricky是用size正负来表示1），是否是BST。负数就说明我不是BST。
Time: O(n) DFS post-order
Space: O(n) for Stack in memory
public class Solution {
public class Node {
int max;
int min;
int num;
public Node(int max, int min, int num) {
this.max = max;
this.min = min;
this.num = num;
}
}
public int largestBSTSubtree(TreeNode root) {
return Math.abs(dfs(root).num);
}
public Node dfs(TreeNode root) {
if (root == null) return new Node(Integer.MIN_VALUE, Integer.MAX_VALUE, 0);
Node leftRes = dfs(root.left);
Node rightRes = dfs(root.right);
int curMin = Math.min(root.val, leftRes.min);
int curMax = Math.max(root.val, rightRes.max);
if (root.val <= leftRes.max || root.val >= rightRes.min || leftRes.num < 0 || rightRes.num < 0) {
//System.out.println(leftRes.num + " " + rightRes.num);
return new Node(curMax, curMin, Math.max(Math.abs(leftRes.num), Math.abs(rightRes.num)) * -1);
} else {
return new Node(curMax, curMin, leftRes.num + rightRes.num + 1);
}
}
}
2个判断不太好理解，着重说一下。
if (root.val <= leftRes.max || root.val >= rightRes.min || leftRes.num < 0 || rightRes.num < 0) {
return new Node(curMax, curMin, Math.max(Math.abs(leftRes.num), Math.abs(rightRes.num)) * -1);
}
这说明不符合BST规定。
root.val <= 左支最大值. root.val >= 右支最小值.
左支BST的SIZE < 0 或者 右支BST的Size < 0
这个时候返还的Node要注意。
curMax和curMin说实话其实无所谓，返还什么都行，因为第三个值要返还负数。
第三个值首先要确定返还负数，最后乘以-1。
判断前取绝对值Math.abs(leftRes.num)是代表：
子树最大subTree的size，不一定就是root.left的值，可能还要往下。
正负号代表当前子树(root.left)是否是BST.
else是判断成功，左右都是，自己也是，那么显然左+右+1就行了。