Tree 确定BST上密钥大于整数K的节点数的算法

我在一周前的一次测试中遇到了以下问题。我还没有拿到分数，但我确信我的解决方案没有完全针对问题的所有基本情况

声明如下：

对于二进制搜索树，编写一个算法（使用伪代码），该算法计算密钥大于或等于给定整数k的节点数。您的算法应该在最坏情况下运行O（h），其中h是二叉搜索树的高度

假设给定了一个在时间O（1）内运行的方法subtreeSize（treeNode n），并返回以n为根的子树中的节点数，包括n本身

这是我的解决方案：

nbNodesGreaterEqual(treeNode n, int k){

    if(n == null) return 0;
    if(n.getValue() >= k) return 1 + substreeSize(n.getRightChild()) + nbNodesGreaterEqual(n.getLeftChild(), k);
    if(n.getValue < k) return nbNodesGreaterEqual(n.getRightChild,k);
}

nbNodesGreaterEqual（树节点n，int k）{
如果（n==null）返回0；
如果（n.getValue（）>=k）返回1+substresize（n.getRightChild（））+nbNodesGreaterEqual（n.getLeftChild（），k）；
如果（n.getValue

---

我的算法完成了吗？另外，有没有办法为不遍历所有节点的常规二叉树（不是BST）编写相同的算法？

假设节点的右子节点持有的密钥大于或等于该节点中存储的密钥。我们的想法是沿着右分支往下走，直到找到一个节点，其密钥大于或等于k。 如果我们发现一个节点的键等于k，我们知道右边的所有节点的键都应该大于k。所以我们取子树的大小。加上1，因为这个节点也需要计数。 如果我们在发现键大于k的节点时停止了右分支，我们知道需要包括右子树，并且可能在左子树中找到一些可接受的节点。所以我们在左子树上递归调用函数。最后，添加1，因为这个节点也应该被计数。 基本情况是当节点为null时，我们返回0

ksum(node, k)      
  x = 0
  node==null
      return 0
  if node->key < k
     x = ksum(node->right, k)
  else if node->key == k
     x = subtreesize(node->right) + 1
  else
     x = subtreesize(node->right) + ksum(node->left, k) + 1

  return x

ksum（节点，k）
x=0
节点==null
返回0
如果节点->键右侧，k）
否则，如果节点->键==k
x=子树化（节点->右侧）+1
其他的
x=子树化（节点->右）+ksum（节点->左，k）+1
返回x

subtreeSize（）

仅当您在树中存储和更新高度信息时才会使用

O（h）

。否则它将是一个

O（n）

操作，其中n是树中的节点数（即

n=O（2^h）

）。噢！我忘了提到这个语句说我们应该假设subtreeSize（）在O（1）中运行，但是您不会考虑左节点可能仍然比它们的键“k”大的可能性。这可能发生在如下树中：假设我们希望键的数量大于8，然后根据您所说的，我们只需在节点“21”上使用子树方法，并由于节点“12”而添加1，但您将忽略大于8的节点“9”！