"Find common ancestor"的变体

Question

我最近接受了一次电话采访。它将问题编码作为过程的一部分
问题是Find the most closest common ancestor of a tree的变化，但具有扭曲。该树非常像图形，即子节点可以连接。示例：

     A   
   /  
  B 
  |  
  C  E  
  |  |  
  D  F  
    /  
   G   

在这种情况下，给定该树和节点F和D，得到的最接近的公共ansestor将是B。第二个转折点是，树被呈现为一个数组。要实现的方法具有以下输入：
public String getCA(String[] nodes, String[][] parentNodes, String targetNode1, String targetNode2)
在本例中，nodes={"G", "F", "E", "D", "C", "B", "A"}且parentNodes={{"F","D"},{"E"}, {"B"}, {"C"}, {"B"}, {"A"}, null}
本质上，对于nodes[i]，父级是parentNodes[i]
老实说，我完全慌了（已经很紧张了），花了很长时间才找到答案
尽管我认为这是递归解决的，但我不知何故想出了一个迭代解决方案，据我所知，它是有效的：我推送队列中的节点，然后沿着路径先到达第一个目标节点，然后到达第二个节点。一旦我找到一个已经遇到的节点，我就认为它是解决方案（添加了注释来澄清问题）。

public String getCA(String[] nodes, String[][] parentNodes, String targetNode1, String targetNode2) {  
        if(nodes == null || parentNodes == null){  
            throw new IllegalArgumentException();  
        }  
        Map<String, String[]> map = new HashMap<String, String[]>();  
        for(int i = 0; i < nodes.length; i++){  
            map.put(nodes[i], parentNodes[i]);  
        }  
        //These are the parents visited as we go up  
        Set<String> parentsSeen = new HashSet<String>();  
        parentsSeen.add(targetNode1);  
        Queue<String> path = new LinkedList<String>();  
        String[] parents = map.get(targetNode1);  
        //The root is the common parent  
        if(parents == null){  
            return targetNode1;  
        }   
        //Build the path up  
        for(String parent:parents){  
            path.add(parent);  
        }  
        while(!path.isEmpty()){  
            String currentParent = path.remove();  
            parentsSeen.add(currentParent);  
            parents = map.get(currentParent);  
            if(parents == null){  
                continue;   
            }  
            for(String parent:parents){  
                path.add(parent);  
            }  
        }  
        parents = map.get(targetNode2);  
        //It is the root, so it is the common parent  
        if(parents == null){  
            return targetNode2;  
        }  
        //Start going up for the targetNode2. The first parent that we have already visited is the common parent  
        for(String parent:parents){  
            if(parentsSeen.contains(parent)){  
                return parent;  
            }  
            path.add(parent);  
        }  
        while(!path.isEmpty()){  
            String currentParent = path.remove();  
            if(parentsSeen.contains(currentParent)){  
                return currentParent;  
            }             
            parents = map.get(currentParent);  
            if(parents == null){  
                continue;  
            }  
            for(String parent:parents){  
                path.add(parent);  
            }  
        }  
        return null;            
    }

我没有接到前进的电话。现在，由于我是"自学成才"的，我很想了解我是如何在这里搞砸的。由于这是一个技术问题，我相信这不是主观的问题，希望我能从经验丰富的人那里得到帮助
那么，作为大学程序员，你将如何处理这个问题，以及如何评估我的解决方案？我需要做些什么来提高我的技能
你可以尽可能直截了当。只要我能理解出了什么问题，并了解到我对感到满意

Answer 1

我甚至不清楚"最接近"在这里意味着什么。考虑下图：

    I
   /
  /  
 /    
H      E
|    /|
|   / |
G  /  D
|  /  |
| /  F C
|/    |
A      B

这里有A和B的两个共同祖先，H和E。H与A和B都有距离2。E与A有距离1，但与B有距离3。我该选择哪个？

此外，无论你对这个问题的答案是什么，从一个祖先那里找到一组祖先，然后从另一个那里做BFS都是行不通的。找到A的所有祖先，然后从B进行BFS首先找到H，找到B的所有祖先然后从A进行BFS先找到E。作为对手，我可以切换A和B，使你的算法在你做出的任何选择方面都失败（选择2/2还是1/3更好）。

因此，正确的算法必须比祖先集计算加上BFS更复杂。除非你告诉我如何做出选择，否则我不确定我能确定一个正确的算法。

Answer 2

这个问题很好，你真的很努力地写了这个。我对这次采访感到抱歉，我知道发生这样的事情一定很令人沮丧。让我们看看这个问题。

脑海中浮现的一个想法是：您可以递归地向上移动，直到从两个目标节点到达根，并构建两个列表。最后，只需在两个列表中找到第一个公共节点即可。

public static List<String> visitUpwards(Map<String, String[]> mapping, String current) {
    List<String> list = new ArrayList<String>();
    list.add(current);
    if(mapping.get(current) == null) return list;
    else {           
       for(String s: mapping.get(current)) {              
          list.addAll(visitUpwards(mapping, s));                            
       }
       return list;
    }
}  

编辑：仔细想想，这不是一个好主意，因为它基本上是向上进行DFS搜索，因此很难找到第一个共同祖先。一个更好的想法是为每个目标运行BFS（这可能与您的解决方案类似：D）：

public static Set<String> BFS(Map<String, String[]> mapping, String node) {
    Queue<String> queue = new LinkedList<String>();
    Set<String> result = new LinkedHashSet<String>();
    queue.add(node);
    while(!queue.isEmpty()) {
        String current = queue.remove();
        result.add(current);
        if(mapping.get(current) != null)
            for(String s: mapping.get(current)) {
                queue.add(s);
            }
    }
    return result;
}

然后使用另一张地图来找到第一个共同祖先：

Set<String> list1 = BFS(mapping, "D");      
Set<String> list2 = BFS(mapping, "G");
System.out.println(list1);
System.out.println(list2);
Map<String, Boolean> src = new HashMap<String, Boolean>();
for(String s: list1) {
    src.put(s, true);
}
for(String s: list2) {
    if(src.get(s) != null && src.get(s)) {
        System.out.println(s);
        break;
    }
}

Answer 3

我不能告诉你公司为什么不给你回电话。但是，通过将代码提取到更小、有意义的方法中，而不是使用一个包含所有详细、低级逻辑的大方法，您的代码将受益匪浅。尽管我还没有试着编译你的代码并在一些测试用例中运行它，但仅仅从快速阅读的角度来看，我根本不相信代码是正确的。最接近的注释祖先可能是targetNode1或targetNode2（假设targetNode2是targetNode1的父代）。（我想这取决于你如何定义"最亲密的共同祖先"的细节——你应该已经澄清了它在这种情况下的含义。）

• 使用从节点到父节点的映射是个好主意。但是，您可以将构建该映射的代码提取到一个小方法中，并使用一个有意义的名称
• 您可以定义一个方法，通过图实现广度优先搜索（这基本上就是您在这里所做的）。对targetNode1和targetNode2使用相同的方法

Answer 4

一个更优化的解决方案可能是使用布尔值数组进行记账。每个节点一个。将它们全部初始化为false。访问节点时，将其设置为true。像今天一样，交替向上爬"树"。一旦您到达一个已经访问过的节点（在数组中设置为true），您就会找到共同的祖先。

EDIT：一个更好的方法是为每个源节点创建一个具有唯一标识符的整数数组。如果有循环，我们需要知道谁已经访问了节点，那可能是我们自己。

Answer 5

请考虑图形的以下变化。。。

              A
              |
          X---B---Y
            /  /
            C   E  
            |   |
            D   F
              /
              G

nodes={"G", "F", "E", "D", "C", "B", "A", "X", "Y"}

parentNodes={{"F","D"},{"E"}, {"Y","B"}, {"C"}, {"X","B"}, {"A"}, null, {"B"}, {"B"}}

我认为您的程序在到达节点"C"时会遇到困难，因为它有两个父级要探索的节点。您要么需要使用递归算法，要么管理某种使用迭代算法对未探索的节点进行堆栈。

既然你似乎对iteraton有偏见，你可以尝试类似的东西：

创建一个数组（或类似的数据结构）。每个数组元素包含三条信息：

 nodeName: string - name of a node from your `nodes` string
 pathLength[2]: integer -  array of minimum path length from refrence node (1 or 2).

创建堆栈。每个堆栈元素包含三条信息：

 nodeName: string - name of a node to "explore"
 lengthToHere: integer - length of path from reference node to `nodeName`
 pathNumber: integer - 1 for first reference node, 2 for second.

算法：

 Initialize array with nodeName from nodes and set each pathLength to "infinity"
 Push both starting reference nodes onto the stack: 
       push("F", 0, 1)
       push "D", 0, 2)
Repeat until stack is empty:
  - pop(nodeName, lengthToHere, pathNumber)
  - update pathLength[pathNumber] of element having nodeName in array with minimum of
            its current value and lengthToHere
  - for each parent of nodeName push(parent, lengthToHere + 1, pathNumber)

一旦计算了起始引用节点的所有路径，堆栈即为空。如果有给定nodeName的祖先两个pathLength值都将小于无穷大。添加这些值一起给出该共同祖先的总路径长度。使用报告nodeName最小的和。

Answer 6

对于给定的目标节点x和y，执行以下操作：

• 将x及其所有祖先添加到集合S中
• 检查y是否在S中，如果不在，则检查y的父母是否在S中，如果不是，则检查他们的父母是否位于S中，依此类推

运行时间为O（n）。

Answer 7

我可能误解了一些东西，但我认为您算法的这一部分可能会浪费大量时间研究节点：

   while(!path.isEmpty()){  
        String currentParent = path.remove();  
        parentsSeen.add(currentParent);  
        parents = map.get(currentParent);  
        if(parents == null){  
            continue;   
        }  
        for(String parent:parents){  
            path.add(parent);  
        }  
    }  

这看起来像是对树的广度优先搜索，但由于子节点有多个父节点，您可能会多次搜索相同的节点。

你可以通过添加父母的支票来停止浪费时间

    while(!path.isEmpty()){  
        String currentParent = path.remove();  
        if (parentsSeen.contains(currentParent)) {
            continue;
        }
        parentsSeen.add(currentParent);  
        parents = map.get(currentParent);  
        if(parents == null){  
            continue;   
        }  
        for(String parent:parents){  
            path.add(parent);  
        }  
    }