Graph 图的级序遍历的时间复杂度

时间复杂度：O（n） 有人能用数学中的O（n）来解释时间复杂性吗。 我可以找到而循环是O（logn）

公共：
向量levelOrder（节点*根）{
if（！root）返回向量{}；
队列q；
q、 推（根）；
向量res；
而（！q.empty（））{
//BFS遍历
int size=q.size（）；
向量级；
对于（int i=0；ival）；
用于（自动n:tmp->children）
q、 推（n）；
}
res.向后推（水平）；
}
返回res；
}
}

如果每个节点只访问一次，那么这里的复杂性将是O（n）。这个问题不是一个“分而治之”的算法，因为我们最终将访问一个节点的所有分支（在二分法算法中，您只访问一个分支）

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递归算法的复杂性可能非常棘手。这个公式可以帮助你：当你的时间复杂度为T（n）时

T（n）=aT（n/b）+f（n）

如果f（n）=Θ（nd），其中d≥ 0，那么

• 如果a
• 如果a=bd，则T（n）=Θ（nd*log（n））
• T（n）=Θ（nlogb（a））如果a>bd

在你的例子中，f（n）=Θ（1），因为你在一个节点上什么都不做，所以d=0。通常情况下，a=b>1，因此是第三种情况。Logb（a）=1，因为b=a，所以您的复杂性为Θ（n1）

public:
    vector<vector<int>> levelOrder(Node* root) {
        if(!root) return vector<vector<int>>{};
        queue<Node*> q;
        q.push(root);
        vector<vector<int>> res;
        
        while(!q.empty()){
            //BFS traversal
            int size= q.size();
            vector<int> level;
            
            for(int i= 0; i< size; i++){
                auto tmp= q.front(); q.pop();
                level.push_back(tmp->val);
                for(auto n: tmp->children)
                    q.push(n);
            }
            res.push_back(level);
        }
        return res;
    }
}