二叉树结点染色问题实验报告.docx
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二叉树结点染色问题实验报告
二叉树结点染色问题-实验报告
课程设计报告
设计题目:
二叉树结点染色问题
学生姓名:
专业:
计算机科学与技术
班级:
学号:
指导教师:
完成日期:
2015-7-7
（一）需求和规格说明
一棵二叉树可以按照如下规则表示成一个由0、1、2组成的字符序列，我们称之为“二叉树序列S”:
例如，下图所表示的二叉树可以用二叉树序列S=21200110来表示。
任务是要对一棵二叉树的节点进行染色。
每个节点可以被染成红色、绿色或蓝色。
并且，一个节点与其子节点的颜色必须不同，如果该节点有两个子节点，那么这两个子节点的颜色也必须不相同。
给定一棵二叉树的二叉树序列，请求出
这棵树中最多和最少有多少个点能够被染成绿色。
（二）设计
分析过程:
这是一道二叉树的染色问题，求染成绿色的最大最小情况，从本质上看，这是一道动态规划问题。
为了方便直观起见，代码开始时用先enumColor{
nocolor=0,
green=1,
red=2,
blue=3
};定义了不同的颜色。
举个简单的例子，如下图所示:
将整个二叉树划分成三个部分:
根节点、左子树、右子树。
由于有约束条件，所以这三个部分存在着互相限制作用如下:
1.二叉树的根节点与左子树的根节点颜色不同;
2.二叉树的根节点与右子树的根节点颜色不同;
3.左子树根节点与右子树根节点颜色不同。
显然，上述的三个限制表示的是标号为1、2、3三个点之间的互相关系。
除此以外，左子树中的点与右子树中的点没有任何直接的限制关系～也就是说，如果我们事先确定了上述二叉树中标号为1、2、3的三个点的颜色，那么接下来，对左子树染色和对右子树染色将变成两个互不干扰的子问题，左子树最值与右子树最值不影响，可以分开求解。
【互不干扰，可以分开求解】
如此一来，通过将三点染色，我们就可以把二叉树分成左右两个子树，整个问题被分解成两个较小规模的子问题。
算法设计:
如图二所示，将二叉树划分成三部分，给标号为1、2、3三个点先染色后，将依次处理左子树，右子树。
在求解时，有以下2个问题:
（1）染色的任意性
标号为1、2、3的三个点的颜色并不一定固定依次是红、绿、蓝。
我们需要对所有染色情况进行枚举，并对每个染色情况进行左、右子树的分别处理。
同样，当根节点只有一个子节点时，我们也要枚举此时的染色方案。
（2）根节点的颜色已确定
由于2号点已经染色，所以，在递归处理左子树时，问题就转化成“根节点颜色已确定，求满足约束条件的最多（最小）染色方案”。
这个转化后的子问题与原问题略有差异:
原问题中根节点可以任意染色，而转化后的子问题中根节点的颜色是固定的。
为了便于递归调用相同的处理操作，我们必须保证所有问题的条件与求解目标的统一～于是，有必要将原问题稍做修改:
事先求出整个二叉树根节点为红色、绿色或蓝色情况下问题的解（这就与子问题是同一类型了），然后取这三个解中的最大（或最小）值，即得到原问题的解。
分析至此，我们已经得出了解决问题的大致方法:
将原问题转化成“根节点颜色确定，求染色最值方案”;
枚举根节点的左节点与右节点（如果存在）的颜色，同时满足约束条
件;
对每种染色方案，递归处理求左、右两子树。
给二叉树上所有节点标号，从1~N;
用son记录二叉树的构造关系，Son（i,0）和Son（i,1）分别表示编号是i的节点，其左右两个子节点的编号（如果不存在，则用-1表示）。
例如在上图中，我们有Son（1,0）=2，Son（1,1）=3。
用F（i,j）表示一个子问题一个子问题可以由两个参数来描述:
根节点编号i，根节点颜色j。
F（i,j）表示:
以编号是i、颜色是j的节点为根节点的子树，在满足约束条件的情况下染色，绿色节点最多（最少）有多少个。
按照先前所设计的算法，可以大致得出如下式:
0i==-1
F（i,j）=F（son（i,0）,j1）+F（son（i,1）,j2,i<>-1j<>green
F（son（i,0）,j1）+F（son（i,1）,j2+1i<>-1j==green
根据我们的分析，算法会有重复操作，多次计算F（i,j）的值。
那么，我们不妨造一个表将F（i,j）保存起来，这样就能有效避免重复计算了。
结构体名成员类类型成员名描述
别
node属性intChildNum存储当前结点拥有的孩
子值，
Colorcolor存储当前结点的颜色
类名成员类类型成员名描述
别
employee属性intlengthS的长度
nodetree存储tree的结点
的动
态数
组
方法TREE（）构建tree
voidPreorder（int以第i结点为根结点进
i）行先序遍历
intSon（inti,bool返回第i个结点的孩
right）子，第二个参数表示返
回是左孩子还是右孩
子，若没有，返回-1
intGreenMax（）求最多有多少个绿色结
点并返回
intGreenMin（）求最少有多少个绿色结
点并返回
intMax（int求以第i个结点在颜色
i,Colorj,intj下为根结点时最多有
mermory[]）多少个绿色结点并返回
intMin（int求以第i个结点在颜色
i,Colorj,intj下为根结点时最少有
mermory[]）多少个绿色结点并返回
时间复杂度
从一棵树的根结点开始，依次求解结点的子树最多/少有多少的结点可以染成绿色，若树有n个结点，那么复杂度为O（n）。
（三）用户手册
用户通过修改TREE.TRE文本文档中二叉序列S来构造不同的二叉树，
-1表示S结束。
运行第一行表示读入的s的值。
第二行先序遍历来验证生成的树是否正确
之后给出结果:
绿色结点最多有多少个:
绿色结点最少有多少个:
（四）调试及测试
运行实例:
附录,,源程序
#include#include"tree.h"
usingnamespacestd;
intmain（）
{
TreeTree;
cout<"<tree.preorder（tree.root）;
cout<cout<<"绿色结点最多有:
";
cout<cout<<"绿色结点最少有:
";
cout<return0;
}
tree.h
enumColor{
nocolor=0,
green=1,
red=2,
blue=3
};
structnode{
intChildNum;
Colorcolor;
};
classTREE
{public:
intlength;
node*tree=newnode[length*2+2];
TREE（）;
voidpreorder（inti）;//先序遍历
intson（inti,boolrigth）;
intGreenMax（）;
intGreenMin（）;
intMax（inti,Colorj,intmemory[]）;
intMin（inti,Colorj,intmemory[]）;
};
tree.cpp
#include
#include
#include"tree.h"
usingnamespacestd;
TREE:
:
TREE（）
{
ifstreams;
s.open（"TREE.TRE"）;//通过打开“TREE.TRE”文件来构
造一个树
if（!
s）
{
cout<<"打开文件错误～";
exit（0）;
}
intChildNum;
intlength=0;
node*tree=newnode[length*2+1];
s>>ChildNum;
cout<<"读入的S=";
while（ChildNum!
=-1）
{
cout<length++;
switch（ChildNum）
{
case'0':
tree[length].ChildNum=0;
tree[length*2].ChildNum=-1;//-1表示该结点为空
tree[length*2+1].ChildNum=-1;
break;
case'1':
tree[length].ChildNum=1;
tree[length*2+1].ChildNum=-1;
break;
case'2':
tree[length].ChildNum=2;
break;
}
s>>ChildNum;
}
}
intTREE:
:
son（inti,boolrigth）{
if（rigth）
{
if（tree[i*2+1].ChildNum==-1）
return-1;
elsereturni*2+1;
}
else{
if（tree[2*i].ChildNum==-1）
return-1;
elsereturni*2;
}
}
intTREE:
:
GreenMax（）
{
int*temp=newint[3*length+1];//temp来记录以及求过的结
点，避免重复运算
for（inti=1;i<3*length+1;i++）
temp[i]=-1;
inta=Max（1,green,temp）;
intb=Max（1,red,temp）;
intc=Max（1,blue,temp）;
returna>（b=b>c?
b:
c）?
a:
b;}
intTREE:
:
Max（inti,Colorj,intmemory[]）{
intt=3*（i-1）+j;
if（memory[t]==-1）
{
if（i=-1）
memory[t]=0;
else{
if（j!
=green）
memory[t]=Max（son（i,0）,Color（（j+1）%3）,memory）
+Max（son（i,1）,Color（（j+1）%3）,memory）;
elsememory[t]=Max（son（i,0）,Color（（j+1）%3）,
memory）+Max（son（i,1）,Color（（j+1）%3）,memory）+1;
}
}
returnmemory[t];
}
intTREE:
:
GreenMin（）
{
int*temp=newint[3*length+1];/
for（inti=1;i<3*length+1;i++）
temp[i]=-1;
inta=Min（1,green,temp）;
intb=Min（1,red,temp）;
intc=Min（1,blue,temp）;
returna<（b=bb:
c）?
a:
b;}
intTREE:
:
Min（inti,Colorj,intmemory[]）{
intt=3*（i-1）+j;
if（memory[t]==-1）
{
if（i=-1）
memory[t]=0;
else{
if（j!
=green）
memory[t]=Min（son（i,0）,Color（（j+1）%3）,memory）
+Min（son（i,1）,Color（（j+1）%3）,memory）;
elsememory[t]=Min（son（i,0）,Color（（j+1）%3）,
memory）+Min（son（i,1）,Color（（j+1）%3）,memory）+1;
}
}
returnmemory[t];
}
voidTREE:
:
preorder（inti）
{
if（i>0&&i<2*length+1）
{
cout<preorder（i*2）;
preorder（i*2+1）;
}
}
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