循环队列满空条件

Question

分别给出循环队列队首指针指向队首元素，队尾指针指向队尾元素，队首指针指向队首元素，队尾指针指向队尾元素后一个位置，队首指针指向队首元素前一个位置，队尾指针指向队尾元素，队首指针指向队首元素前一个位置，队尾指针指向队尾元素后一个位置的队满和队空的条件

Answer 1

在使用循环数组实现队列时，由于“队首指针”（front）和“队尾指针”（rear）的含义不尽相同，不同教材或不同代码中对这两个指针的“指向”有四种常见约定。相应地，如何判定“队空”和“队满”也会随之变化。下面分别列出这四种约定下常见的队空、队满条件(假设循环队列的容量为 $n$ )。

约定一

front 指向队首“元素本身”，rear 指向队尾“元素本身”。

队空（Queue Empty）条件
常见两种处理方式：
1. 使用额外标记（如 front = -1）表示空队列；若不使用-1，往往在逻辑里用 “ $front = (rear + 1) \bmod n$ $f ro n t = (re a r + 1) mod n$ ” 表示空。
  - 如果用“ $-1$ ”表示空：空时可令 front = -1，rear = -1；插入第一个元素后令 front = 0，rear = 0。
  - 如果用“模运算”统一处理且允许装满 $n$ 个元素，则： $\text{队空} \iff front = (rear + 1) \bmod n.$ 这是因为当队列里没有任何元素时，可以看作 “队首位置” 比 “队尾位置” 超前 1（环状意义上）。
队满（Queue Full）条件
如果允许队列中实际存储 $n$ 个元素(即“满”时确实占满整个数组)，那么一旦再插入就会冲突，因此
$\text{队满} \iff front = (rear + 2) \bmod n$
或更常见的说法是：当再插一个元素，会使得 “队首”和“队尾”在环上重合(不可区分空满)。所以在不使用额外标志而又想存满 $n$ 个元素的设计中，通常就会采用 “队空 = $(rear+1)\bmod n = front$ ”，而“队满”用额外标志位加以区分。

实际上，约定一 若想区分空和满，往往需要一个额外标志(或者额外计数变量)；否则单靠模运算容易出现“空”和“满”条件冲突。

约定二

front 指向队首“元素本身”，rear 指向队尾“元素的后一个位置”（也可理解为“下一个可插入的位置”）。

这是很多教材里“循环队列”最常见的定义方式。它有个特点：只能最多存放 $n-1$ 个元素(因为需要留下一个空位区分空和满)。相应条件：

队空
$\text{队空} \iff front = rear.$
当“队首”和“队尾”指针在环状意义上重合时，表示队中没有任何元素。
队满
$\text{队满} \iff (\,rear + 1\,) \bmod n = front.$
即如果再插入一个元素就会使得 rear 与 front 相等，从而无法区分空或满，因此此时认为已经“满”了。

约定三

front 指向队首“元素的前一个位置”，rear 指向队尾“元素本身”。**

可以把“front + 1 (mod n)”理解为真正的队首元素位置。相应的空、满判断常见写法如下：

队空
$\text{队空} \iff front = rear.$
因为此时“front的下一个位置”与“rear”重合，意味着队中没有实际元素。
队满
$\text{队满} \iff (\,rear + 1\,) \bmod n = front.$
当队满时，如果再让 rear 后移一格，就会追上“front”的位置(即“front的前一个位置”和“队尾再往后一个位置”重合)，因而不能再插入。

约定四

front 指向队首“元素的前一个位置”，rear 指向队尾“元素的后一个位置”。**

这与约定二类似，也是很多实现里较常见的写法，只是把“front”后移了一个位置，使得真正的队首元素在 (front + 1) mod n 处。它的特点同样是：能区分空和满，但最多只能存放 $n-1$ 个元素。判定条件与约定二非常相似：

队空 $\text{队空} \iff front = rear.$
队满 $\text{队满} \iff (\,rear + 1\,) \bmod n = front.$

小结

如果采取“队首指针正好指向队首元素、队尾指针正好指向队尾元素”（约定一），为了能够真正放满 $n$ 个元素，往往需要额外的“队列状态标记”（或大小计数）来区分“空”和“满”，不然单纯用“模运算”易产生冲突。常见写法是
$\text{队空} \iff front = -1 \quad(\text{或 } front = (rear+1)\bmod n),\quad \text{队满} \iff (rear + 1)\bmod n = front \quad (\text{再插一个就冲突}).$
如果采取“队尾指针永远指向下一个可插入位置”的方式（约定二/约定四），则只需用 front == rear 表示空，用 (rear + 1) % n == front 表示满，优点是“判空、判满”条件非常简单，缺点是实际只能用掉 $n-1$ 个存储单元。
如果“front”定义在队首元素“前一个位置”，则空、满条件和“rear 指向队尾或下一个位置”配合，也可以用相同的公式去判断（约定三/约定四），核心思路也类似。

这四种约定本质上只是指针所代表的含义不同，要点是在自己实现循环队列时，务必先明确“front”和“rear”到底各自指向哪里，然后相应写出一致的入队、出队和判空、判满条件。只要前后一致，都能正确工作。

Answer 2

下面给出一个比较详细、循序渐进的思路，说明为什么在一棵具有 124 个叶子的完全二叉树中，其节点总数的最大可能值是 248（选项 B）。

1. 问题背景与关键约束

**完全二叉树（Complete Binary Tree）**的定义：
- 除了最后一层外，每一层都“完全”装满（即该层所有结点都有左右两个子结点）。
- 最后一层的结点从左到右依次“紧密”排列，中间没有空缺。
- 等价地说，若按**层次遍历（BFS）**给结点从 1 开始逐个编号，则不存在比最大编号更小却缺失的编号。换言之，不会“跳号”。
叶子（Leaf）：没有任何孩子的结点。
本题给定：
- 这棵完全二叉树恰好有 124 个叶子；
- 问：在满足“完全二叉树”条件的前提下，整棵树的结点总数最多可以是多少？
选项：A. 247 B. 248 C. 249 D. 250

2. 常见错误直觉：从“满二叉树”减几个叶子

有些同学会先想到：“如果这棵树的高度是 $h$ ，那么一棵满（完全）二叉树（也称完满二叉树或完全充满的二叉树）若最底层满，则叶子数是 $2^{h-1}$ 。要得到 124 这个叶子数，就接近满二叉树的 $2^7 =128$ 个叶子，于是从高度 8 的那棵完满二叉树（它有 128 个叶子、总节点数 255）里‘去掉’ 4 个最右边的叶子，就能得到 124 个叶子，看起来节点数就是 $255 - 4=251$ 。”

然而，在“完全二叉树”里，不是简单地“减掉 4 个叶子”就行了，因为一旦在最右侧减去一些孩子，其父结点是否依然存在？是否会变成叶子？以及“层次遍历编号”会不会出现中间空洞？这一系列细节会导致有的父结点也变成叶子，从而使实际叶子数又发生变化，或者层次编号出现“跳号”。所以，“255 - 4=251” 并不一定能同时保证“恰好 124 片叶”和“整棵树依然是完全二叉树”。

接下来用更系统的办法来分析。

3. 逐层分析：哪些结点可能是叶子？

对于一棵“完全二叉树”来说：

除了最后两层外，其它更上层的结点一定是“有 2 个孩子”的内部结点。因为如果在上层有结点缺孩子，那最后几层就不可能排得那么满、那么靠左，不符合“完全”定义。
因此，只有第倒数第一层（即“高度倒数第二层”）和最后一层的结点才有可能成为叶子：
1. 最后一层的所有结点当然都是叶子（因为没有更下一层）；
2. 倒数第二层里，某些结点可能孩子不足 2 个（有 0 或 1 个孩子），从而自己变成了叶子。

令整棵树的高度为 $h$ 。本题里要想有接近 128 个叶子，就可以断定 $h$ 至少是 8（因为高度 7 的满二叉树叶子只有 64 个，远小于 124）。实际也可以推知：这棵树的高度就是 8，最后一层“接近满”但未必全满。

3.1 记号约定

记第 7 层（倒数第二层）共有结点数 $=2^{7-1}=64$ 。设它们从左到右编号为 $64,65,\dots,127$ （这是标准的 BFS/堆式编号中的某一层索引范围）。
对这 64 个结点，令：
- $x$ = 其中“有 2 个孩子”的结点数；
- $y$ = 其中“有 1 个孩子”的结点数；
- $z$ = 其中“有 0 个孩子（即自身就是叶子}”的结点数。

那么显然：

x + y + z \;=\; 64.

第 8 层（最底层）实际存在的结点总数 $= 2x + y$ （因为：每个“2 子”的父结点会带来 2 个孩子；每个“1 子”的父结点会带来 1 个孩子；“0 子”的父结点不带孩子）。
整棵树的叶子总数 =
- 最底层的所有实际存在结点（它们必是叶子），再加上
- 倒数第二层那些“0 个孩子”的父结点（因为它们自己也变成了叶子）。

故可得叶子总数 $L$ ：

L \;=\; \underbrace{(2x + y)}_{\text{底层叶子}} \;+\;\underbrace{z}_{\text{倒数第二层的叶子}}

题目要求 $L=124$ ，所以：

2x + y + z \;=\; 124.

又由 $x+y+z=64$ ，可得

x = 64 - y - z.

将它代入上式：

2\,(64 - y - z) + y + z \;=\; 128 \;-\;2y\;-\;2z \;+\; y\;+\; z \;=\; 128 - y - z \;=\; 124,

从而

y + z \;=\; 4.

3.2 还有“完全性”的进一步限制

在“完全二叉树”里，倒数第二层的 64 个结点从左到右编号 $64\ldots 127$ 。一旦某个结点出现“缺右孩子”（即只有 1 个孩子）或“没有孩子”（0 个孩子），那么它右边编号更大的那些结点不能再有 2 个孩子——否则就会造成 BFS 编号的“空洞”。
- 简而言之：从左到右看，先可能出现若干个“2 孩子”结点(让底层继续往左补满)，然后可能出现最多1 个“1 孩子”结点(只能是缺右孩子)，再往右的结点都只可能是“0 孩子”。
- 也就是： $y$ （拥有1个孩子的结点的个数）最多只能是 0 或 1，不可能同时存在两个“一子”结点在本层上并仍维持完全性。
因此可以把第 7 层的 64 个结点视为：
$\underbrace{\text{(2子)}\,+\,\text{(2子)}\,+\,\dots\,+\,\text{(2子)}}_{x \text{ 次}} \;+\;\underbrace{\text{(1子)}}_{\text{最多 0 或 1 个}} \;+\;\underbrace{\text{(0子)}+\dots+(0子)}_{z \text{ 次}}$
并且 $x + y + z = 64,\quad y \in \{0,1\},\quad z \ge 0.$
同时我们还有 $y + z = 4$ 。于是就有两种可能的搭配：
- (a) $y=0,\; z=4,\; x=60$ .
- (b) $y=1,\; z=3,\; x=60$ .

这两种都满足 $x+y+z=64$ 以及 $y+z=4$ 。

4. 计算整棵树的节点总数

对于任意给定 $(x,y,z)$ ：

高度前 6 层：已经完全填满，所以节点总数 = $2^6 -1=63$ 。
第 7 层：固定有 64 个结点。
第 8 层：实际存在的结点数 = $2x + y$ 。

因此，整棵树节点总数 =

N =\; 63 \;+\; 64 \;+\; (2x + y) =\; 127 + (2x + y).

由于 $x=60$ 必然，故：

2x + y = 2\times 60 + y =120 + y.

所以

N = 127 + 120 + y = 247 + y.

而 $y$ 只能是 0 或 1：

情况 (a) $y=0$
$\quad N=247$ .
情况 (b) $y=1$
$\quad N=248$ .

两种形状下都能保证“叶子总数 =124 且整棵树依然符合完全二叉树的逐层填充规则”；但显然 $248 > 247$ ，所以能达到的最大节点数是 248。

也就是说， $\boxed{248}$ 正是满足“有 124 个叶子且为完全二叉树”时的最大可能节点数。

5. 为什么不能再大？

很多人可能还会想：“能不能再多放几个底层结点，让第 7 层再出现 2~3 个拥有一个孩子的结点……”——但正如前述，“一次出现两个或以上‘只带一个孩子’的结点”，就会在它们之间或之后形成 BFS 编号的‘跳号’，违反‘完全性’。或“干脆不缺孩子，让第 7 层更多结点都有两孩子”——那会让叶子超过 124 个。等等一切尝试，都无法兼顾既要 124 个叶子又要保持完全性。

因此，248 确实是这道题中的最大值。

结论

正确答案：** B. 248**
关键思路：
1. 明确“完全二叉树”中只有最后两层可能出现叶子；
2. 列出倒数第二层“各结点孩子数”分布的可能性；
3. 用“不允许 BFS 编号出现空洞”的原则限制“一子”结点最多只能出现 0 或 1 个；
4. 由“叶子总数 = (最后一层实际结点数) + (倒数第二层无孩子结点数)”建立方程组，得到倒数第二层拥有 2 个孩子的节点数为 60；
5. 再计算总节点数最大可达 248。

Answer 3

下面分两部分来回答这个问题：

第一问：一棵有 126 个结点的二叉树（根节点在第一层），在“第 7 层”至多可以有多少个结点？
第二问：如果一棵二叉树共有 80 个结点，能否确定“它的最下一层”至多能有多少个结点？如果能，是多少？

Part A：126 个结点时，第 7 层最多能有多少节点？

题目给出的三个选项分别是：

A. 32
B. 64
C. 63

我们要找的是“在第 7 层可能出现的最大节点数”。

1. 回顾满二叉树的基准

满二叉树(也叫完全“充满”的二叉树)高度若为 $h$ ，其总节点数为
$2^h - 1,$
且它的第 $h$ 层恰好有
$2^{\,h-1}$
个节点。
如果某棵二叉树的高度是 7，那么一棵“满二叉树”就会有总节点数 $=2^7 -1=127$ ，并且它的第 7 层有 $2^{7-1}=64$ 个节点。

2. 结合题目：总节点数是 126

若把上一条“高度 7 的满二叉树”拿来对比，它有 $127$ 个结点、且第 7 层有 $64$ 个结点。现在题目只给了 126 个结点，相当于比那棵“最完美”的高 7 树少了 1 个结点。
关键问题是：去掉哪一个结点才能既保持“仍然是一棵二叉树”又“尽量保留第 7 层的节点数最多”？

可能的思路碰撞

如果把那 1 个结点从第 7 层删去，那么第 7 层只剩 63 个。这样总数就是
$63(\text{层1到层6的节点之和}) + 64(\text{第7层原本满}) - 1 = 126,$
但此时第 7 层变为 $64-1=63$ 个。
如果把那 1 个结点从更上层删去(例如第 6 层)，要小心：
- 如果删掉一个“本来有孩子”的父节点，就会同时失去它的孩子(甚至更多子孙)，会让总节点数降低不止 1，而是 2、3、… 这样就达不到总数 126 了。
- 只有当那个被删去的父节点“本身并没有孩子”时，才能保证只少 1 个节点、不会额外牵连到下面的子孙。但是在一棵“几乎满”的高 7 树中，第 6 层的结点大多会有孩子通向第 7 层。如果它真的“没有孩子”，那就意味着在第 7 层实际上少了 2 个本该出现的孩子位置，这又会使第 7 层无法到达 64 个节点，反而更少。

因此，想要把“缺的那一个结点”放在上层而又不损失更多孩子，往往行不通(或者会减少第 7 层的数量更多)。

3. 结论：第 7 层最多能有 63

综合而言，在一棵总节点数 = 126、且高度至少能到第 7 层的二叉树里，第 7 层最多放得下 63 个结点，而无法达到 64(那需要总数 127)。所以正确答案是：

C. 63

Part B：若一棵二叉树共有 80 个结点，能否判断“最下一层”最多有多少节点？如果能，是多少？

这一问的背景更开放：题目只说“总共有 80 个结点”，并未固定要看哪一层，而是问“它的最后一层(即整棵树的最高层)最多能放多少个结点？”很多同学疑惑：高度可以不同，排布方式也可以不同，是否还能得出一个唯一的“最大可能值”？

1. 总体思路

要使“最后一层”尽量多，就意味着：

尽量让前面各层(1 ~ 倒数第二层)不要浪费太多节点；
又要有尽可能多的“父节点”来产生这一层的孩子。

在二叉树里，若整棵树的高度是 $H$ ，那么最顶上 $H-1$ 层至少要有 1 个节点(根) + 1 个节点(第二层) + … 直到第 $H-1$ 层，每一层最少也要有 1 个；但要想在层 $H-1$ 上出现很多父节点(以便给第 $H$ 层生很多孩子)，就得在更前面各层多分叉……这就会“用掉”更多节点。

然而一个更简便、几乎可以“锁定答案”的方法是：

先看能否填满较低的高度：例如一个高度为 6 的“满二叉树”有 $2^6 -1 =63$ 个结点，尚小于 80；
因此这棵树至少可以“向第 7 层”继续生长。我们把 1~6 层都填满(共 63 个结点)后，还剩下 $80-63=17$ 个节点可以放到第 7 层；
如果再去搞“高度=8”，其实很难让“第 8 层”多于 17 个节点，因为你要留足够多的父节点在第 7 层，自己就要再“花”节点在第 6 层… 一番权衡后，你会发现直接把第 1~6 层填满，然后剩余的全放到第 7 层往往就能得到“最后一层”最多的结点数(因为第 6 层里有 $2^5=32$ 个父节点可供生孩子，理论上可生出 64 个第 7 层节点，但我们只有 17 个可用名额，就全部放进去即可)。

这样一来，最后一层(即第 7 层)的结点数便是这 17 个。这是目前已知能让“最下一层”结点数最多的排布方式，而且确实能构成一棵合法的二叉树。

所以，如果总节点数是 80，则“它的最后一层最多可以有 17 个节点”。

小结

126 个节点时，在第 7 层最多有多少？ 答案是 63。
- 理由：一个高度 7 的满二叉树有 127 结点、且第 7 层 64；
- 现在只有 126，总少 1 个，再也无法保留 64 满层，只能退而求其次让第 7 层最多保留到 63。
若总共有 80 个节点，能否判断“最后一层”最多有多少？
- 可以。综合“高度至少到 7”且“前 6 层若全满则用去 63 个结点，尚剩 17 个放到第 7 层”，所以最后一层至多有 17 个节点。
- 如果尝试让树再伸到第 8 层(或其他高度更高的形态)，为了给第 8 层提供父节点，第 7 层就要分配不少结点当“父”，再加上上面各层的节点也会相应增多，总体剩给最底层的名额反而更少，不会超过 17。

这两个问题都体现了一个通用思想：

要想让某一层(或最后一层)的节点数达到最大，往往需要把上面各层“恰当地”充满(以便有足够多的父节点)，但又不能浪费太多节点在更高层的冗余分支上。

对于给定的总节点数 $N$ ，通常“从上到下尽量满”到某层，然后把剩余的节点尽数投入下一层，就是使“那一层”出现最大容量的典型排布方案。

Answer 4

下面给出一个详细示例，演示对有序顺序表 $[1,2,\dots,16]$ （假设按下标从 1 到 16 编号，或者说元素值恰好就是 1～16）进行折半查找时所产生的递归划分树（也常被称作“折半查找生成树”或“决策树”）。

注意：此“生成树”并不是指把这 16 个数直接插入到一棵二叉搜索树中，而是指折半查找（Binary Search）在区间 $[1..16]$ 上不断取“中点”、向左右子区间递归的过程所形成的那棵“递归调用树”。

1. 折半查找的区间划分流程

假设我们使用1-based 下标，初始 low = 1, high = 16。
每次取中点 mid = (low + high) // 2（向下取整），与目标值比较后决定去左半区或右半区继续查找。
在不考虑“具体查找的目标值是多少”的情况下，如果把每一次“取中点”都看做在树上生成一个节点，并把它的“左、右子节点”分别表示对左侧区间和右侧区间的继续折半，那么最终会产生如下完整的“递归划分树”：

根节点对应区间 [1..16]，其中点下标 mid = (1+16)//2 = 8
左子树对应区间 [1..7]，中点 mid = (1+7)//2 = 4
右子树对应区间 [9..16]，中点 mid = (9+16)//2 = 12

向下依次递归，直到区间长度为 1 或出现“low>high”的空区间。

2. 生成树的结构（示意图）

下面以“节点中写 mid 值”的形式画出最终的递归树。

每个非叶节点拆分成“左子区间 + 右子区间”两条分支；
当区间只剩 1 个元素 [k..k] 时，对应一个叶节点 mid = k，再无法继续拆分。
可能出现空区间时（例如 [15..14] 这类 low>high），不会生成节点，递归直接结束。

用树状排布可以示意为（可从上到下阅读）：

text
                               (8)                  <-- 区间 [1..16]  mid=8
                              /    \
                             /      \
                        (4)          (12)           <-- 左: [1..7], 右: [9..16]
                       /   \        /    \
                     (2)   (6)   (10)   (14)        <-- 依次细分
                    /  \   / \    /  \   /  \
                  (1) (3)(5)(7) (9)(11)(13)(15)
                                                 \
                                                 (16)

2.1 逐步拆分的过程

根 (8) ：区间 [1..16]，mid=8
- 左区间 [1..7] → mid=4
- 右区间 [9..16] → mid=12
左子树：
- (4) : 对应 [1..7]
  - 左 [1..3] → mid=2
  - 右 [5..7] → mid=6
- (2) : 对应 [1..3]
  - 左 [1..1] → mid=1
  - 右 [3..3] → mid=3
- (6) : 对应 [5..7]
  - 左 [5..5] → mid=5
  - 右 [7..7] → mid=7
右子树：
- (12) : 对应 [9..16]
  - 左 [9..11] → mid=10
  - 右 [13..16] → mid=14
- (10): 对应 [9..11]
  - 左 [9..9] → mid=9
  - 右 [11..11] → mid=11
- (14): 对应 [13..16]
  - 左 [13..13] → mid=13
  - 右 [15..16] → mid=15
    - 左区间 [15..14] 空，不生成节点
    - 右区间 [16..16] → mid=16

最终我们可以看出：最底层叶子（单点区间）分别是

1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 16

以及其余也都是叶子，只不过在上面某些位置上成对出现（如 2 的左右孩子是 1 和 3，4 的左右孩子是 2 和 6……）；其中 (15) 还带了一个右孩子 (16)，因为 [15..16] 被继续一分为二。

3. 用“区间”方式画出的折半查找树

如果想看得更清楚，可以把每个结点标注为“正要处理的 [low..high] 区间”而非仅仅 mid：

text
                                 [1..16]
                     /                         \
                   [1..7]                    [9..16]
                  /      \                   /     \
               [1..3]   [5..7]           [9..11]  [13..16]
               /   \     /   \           /   \      /    \
           [1..1][3..3][5..5][7..7]   [9..9][11..11][13..13][15..16]
                                                           \
                                                           [16..16]

每个区间 $[L..R]$ 的“根”就是 mid = (L+R)//2；
当 $L=R$ 时即为叶子；
当 $L>R$ 时区间为空，不出现节点。

4. 总结

以上就是“对一个含 1~16 的有序顺序表做折半查找时的完整生成树（或递归调用树）”。
从根节点 [1..16]（mid=8）开始，将区间不断二分，一直到子区间长度变为 1 或空，形成了这棵深度为 $\lceil \log_2(16) \rceil + 1$ 左右的树结构（实际最深处会到 5 层左右，因为 16 是 $2^4$ ）。
该树可以直观看出：
1. 查找过程中，先比较第 8 个元素，若目标 < 8，则进左子树（即 [1..7]）；若目标 > 8，则进右子树（[9..16]）；若刚好等于 8，就命中。
2. 在每个新的子区间里也重复同样的“mid”比较逻辑，直到找到或区间空。

这棵“折半查找生成树”不但能帮助理解二分搜索的递归结构，也能直观地看出查找路径是如何在对半分的区间中逐步收缩的。

Answer 5

下面给出一个比较系统的说明，来回答这道题中包含的两个部分：

“请列出长度为 10 个元素的升序数组的所有折半查找判定树可能的样子”
这里所谓的“所有可能”，是指在区间长度为偶数时，可以有两种不同的“中点”选择（例如对区间 $[1..10]$ ，既可以取中点下标 5 也可以取 6），从而导致不同形状的决策树。
“再给出 9，11 的…”
通常是指“若我们要查找元素值 9 或元素值 11（或者下标 9、11）时，在这些不同的判定树中，其搜索路径或比较次数如何”。下面会在示例中演示。

一、什么是“折半查找判定树”

**折半查找（Binary Search）**在有序表上工作：给定一个区间 $[L..R]$ ，取某个“中点” mid 与目标值比较，若目标小于中点值则进入左子区间 $[L..mid-1]$ ，若大于则进入右子区间 $[mid+1..R]$ ，若等于则查找成功。对每个区间，都要决策“取哪个位置作为 mid”；对于长度为偶数的区间，有两种常见做法：

左中点： mid = floor((L+R)/2)
右中点： mid = ceil((L+R)/2)
（在整数运算中往往表现为 (L+R)//2 与 (L+R+1)//2 的区别）

在“折半查找判定树”中：

每个节点代表对“某个子区间”的一次比较（取一个 mid 进行比较），
节点的左子分支代表“比较后决定去左子区间”，
节点的右子分支代表“比较后决定去右子区间”，
一旦子区间长度变为 0 或 1 时，便到达叶子或结束。

当区间长度为偶数时，如果我们允许“取左中点或右中点”两种做法，那么整棵决策树便可能出现分歧，从而形成多种不同形状的“判定树”。

二、长度为 10 的有序数组：所有可能的“顶层”划分

先设定一个数组下标为 $[1..10]$ 的升序区间，初始 low=1, high=10，长度 = 10（为偶数）。那么顶层就有 2 种可能的中点选择：

选择左中点：mid = 5
选择右中点：mid = 6

所以，从根开始就会分成两大类决策树。

2.1 若顶层 `mid=5`

左子区间是 $[1..4]$ ，长度 4 → 再次出现偶数长度 → 又有 2 种可能（左中点 / 右中点）。
右子区间是 $[6..10]$ ，长度 5 → 为奇数 → 只有 1 种中点（mid=8），没有分歧。

2.2 若顶层 `mid=6`

左子区间是 $[1..5]$ ，长度 5 → 奇数 → 只有 1 种中点（mid=3），无分歧。
右子区间是 $[7..10]$ ，长度 4 → 偶数 → 又有 2 种可能。

这样，我们在“根节点”就已经产生了 2 种可能；进入左或右子区间后，如果子区间长度为偶数，就再产生 2 种分支；如果为奇数，就只有 1 种中点。

三、判定树的“全面展开”思路

为了真正把所有 “二分”决策树 列出来，需要沿着每个偶数长度的子区间分别画出“左中点 / 右中点”两棵子树，然后继续往下对其子区间递归……这会形成一个“分支大爆炸”的过程。下面给一个示例性展开，帮助理解如何 systematically 生成所有树。

提示：完全写出所有细节的最终大树，节点很多且层次深，往往需要画多张子图或采用“树形”+“文字递归”相结合的方式进行描述。这里我们给出核心方法和部分关键分支示例，不再逐一把所有终端叶子都写到最细。

3.1 示例：顶层 mid=5 的展开

(1) 根节点：mid=5

左区间 $[1..4]$ $[1..4]$ 长度 4 → 可能取
- (a) mid=2 (左中点)
- (b) mid=3 (右中点)
右区间 $[6..10]$ 长度 5 → 只能取 mid=8（无分歧）

(1a) 左边 mid=2

对应子区间 [1..4] → mid=2
- 左子区间 [1..1] → 长度1，只有1个点(mid=1)，到达叶
- 右子区间 [3..4] → 长度2为偶数 → 又可选 mid=3 或 mid=4

(1a)-右子再分：

如果选 mid=3，则左子 [3..2] 空，右子 [4..4] 为单点
如果选 mid=4，则左子 [3..3]，右子 [5..4] 空

(1b) 左边 mid=3

对应子区间 [1..4] → mid=3
- 左子区间 [1..2] → 长度2为偶数 → 又可选 mid=1 或 mid=2
- 右子区间 [4..4] → 单点

(1b)-左子 [1..2] 再分：

若 mid=1，则左 [1..0] 空，右 [2..2] 单点
若 mid=2，则左 [1..1] 单点，右 [3..2] 空

右子区间（[6..10], mid=8）的进一步拆分

左 [6..7] → 长度2 → 再有 2 种选法 (mid=6 或 mid=7)
右 [9..10] → 长度2 → 再有 2 种选法 (mid=9 或 mid=10)

所以仅在顶层 mid=5 的情况下，左区间 4 会带来 2 分叉，右区间 5 固定 mid=8 又会带来 2×2 = 4 种分叉。故整体就有 2 × (4) = 8 种不同的完整决策树（仅针对“顶层 mid=5”的大分支）。

3.2 示例：顶层 mid=6 的展开

(2) 根节点：mid=6

左区间 [1..5] → 长度5，取 mid=3（无分歧）
右区间 [7..10] → 长度4 → 可能 mid=8 或 mid=9

左子 `[1..5], mid=3`

左 [1..2] → 长度2 → 有 2 种选法 (mid=1 或 mid=2)
右 [4..5] → 长度2 → 有 2 种选法 (mid=4 或 mid=5)

故左区间部分会产生 2×2=4 种展开。

右子 `[7..10]`：

若选 mid=8，则左 [7..7] 单点，右 [9..10] 长度2 → 再 2 种
若选 mid=9，则左 [7..8] 长度2 → 2 种，右 [10..10] 单点

所以在右区间 [7..10] 内，也会衍生 2(顶层选择) × 2(进一步长度2的选择) = 4 种。

合并：左区间 4 种 × 右区间 4 种 → 16 种完整决策树（仅针对“顶层 mid=6”的大分支）。

3.3 所有判定树的总数

把上面两大类汇总：

顶层 mid=5 ：衍生 8 种
顶层 mid=6 ：衍生 16 种

因此，对长度为 10 的数组，若在每一个偶数长度的区间都允许“左中点 / 右中点”两种选择，则所有可能的折半查找判定树共有

8 + 16 = 24 \text{ 种}.

当然，每一种里又要继续把所有长度 2 的子区间、4 的子区间等展开到叶子，就得到 24 棵最终完全展开的“决策树”。由于篇幅原因，一一画出会非常庞大。

四、“查找 9 或 11” 在这些树中的比较过程

题目最后一句“再给出 9，11 的…”通常理解为：

我们在这些不同的判定树中查找“关键字 9”或“关键字 11”时，可能走到的比较路径(或比较次数)有差异。
因为对同一个有序表，若中点选得不一样，进入左、右子区间的时机和区间划分也会不一样，导致查找路径的深度可能略有差别。

下面演示几个典型树的顶层对比；后续子区间同理。

4.1 若顶层 mid=5

查找 9
- 第 1 次比较：9 > 5 → 转到区间 [6..10]
- [6..10] 长度 5，mid=8
  - 第 2 次比较：9 > 8 → 转到区间 [9..10]
  - [9..10] 长度 2 → 如果这里再次选 mid=9，则
    - 第 3 次比较：9 == 9 → 查找成功
    - （总共 3 次比较）
  - 若这里选 mid=10，则
    - 第 3 次比较：9 < 10 → 转到区间 [9..9]
    - 第 4 次比较：mid=9 → 9 == 9 → 成功
    - （总共 4 次比较）
- 可见根据“最后一层的区间长度=2”时选哪个中点，比较次数会略有不同。
查找 11
- 第 1 次比较：11 > 5 → 区间 [6..10]
- [6..10], mid=8
  - 第 2 次比较：11 > 8 → 区间 [9..10]
- [9..10], 长度2
  - 若 mid=9 → 第 3 次比较：11 > 9 → 转到 [10..10]
    - 第 4 次比较：mid=10 → 11 > 10 → 下一步 [11..10] 空 → 未找到
    - （总共 4 次比较）
  - 若 mid=10 → 第 3 次比较：11 > 10 → 下一步 [11..10] 空 → 未找到
    - （总共 3 次比较）
- 可以看到，对于“没在表中出现的 11”，在某些分支里只比较了 3 次就确定失败，也可能要做 4 次比较才确定失败。

4.2 若顶层 mid=6

查找 9
- 第 1 次比较：9 > 6 → 进入 [7..10]
- [7..10], 长度4 → 假设 mid=8
  - 第 2 次比较：9 > 8 → 进入 [9..10]
  - 长度2, mid=9 or mid=10，不同选法会导致 3 次或 4 次比较才找到 9。
- 如果在 [7..10] 里选 mid=9
  - 第 2 次比较：9 == 9 → 已找到（2 次搞定）！
  - 这时只要实现里是“先比较是否等于，再分左右”——那么 9 会最早在第 2 步就被发现，是最好的一种情况。
查找 11
- 第 1 次比较：11 > 6 → [7..10]
- [7..10], 长度4 => mid=8 或 9
  - 若 mid=8 → 第 2 次比较：11 > 8 → [9..10] …
  - 若 mid=9 → 第 2 次比较：11 > 9 → [10..10] …
- 最终可能在第 3 或 4 次比较时确定没找到（因为 11 不在 [1..10] 里）。

五、总结

长度为10的升序数组，在“允许每个偶数子区间选左/右中点”时，确实会产生多棵不同形状的折半查找判定树。
- 顶层就有 2 种(选 mid=5 / mid=6)，
- 继续向下，每遇到长度 4、2 这样的偶数子区间就再分出 2 种，最终共可得到 24 种完整决策树。
- 由于展开后的树体量很大，在考试或作业中，往往只要求“给出生成思路/画出关键分支示例”或“画出其中 1~2 样本树”，不必把 24 棵都展开到最细。
针对“查找 9 或 11”，每一棵决策树会对应不同的比较路径、也就有不同的搜索深度或比较次数(可能在 2~4 次之间不等)。
- 对于存在的元素（如 9），“最优情况”是当它恰好被选为中点(或很早逼近中点)，可能只需 2~~3 次比较；“最差情况”要 4~~5 次比较。
- 对于不存在的元素（如 11），同理，有时只要 3 次比较便发现超出范围，有时要 4~5 次比较才最终空区间退出。

小结：这道题主要是为了说明：

折半查找判定树取决于每次如何选择“mid”在偶数区间时的分歧；

“列出所有可能的判定树”实际上可以用“递归 + 分支”系统生成，但展开后非常庞大；

“查找某个给定值”在不同判定树中的搜索过程、比较次数可能不同，这就是代码实现中 (L+R)//2 还是 (L+R+1)//2 等差异所带来的影响。

Answer 6

下面给出一个最简单、但又“恰好让最长根到叶路径等于最短路径的两倍”的红黑树示例。这个小例子也常被用来说明红黑树高度最多是其“黑高(black‐height)”的两倍。

1. 为什么会有“最长路径 = 最短路径 × 2”的结论

在红黑树中有一条重要性质：

对于一棵红黑树，任一路径上“红”节点都不能相邻，同时每条从根到外部 NIL 的路径都包含相同数量的黑节点(称为黑高 black-height)。

由此可以推出一条常见结论：

若把“路径长度”按“边数”计算，则整棵树的最大高度不超过“2 × black_height”。

其直观含义是：

最短的根到叶路径往往全是黑节点(除了根和 NIL 叶，没有或只有极少的红节点)，这样每经过一个节点就叠加一个“黑”的计数，较快达到指定的黑高；
最长的根到叶路径则会在每两个黑节点之间尽量插入一个红节点，形成“黑红黑红…”的交错，从而使整条路径上的节点(或边)数量几乎“翻倍”，但依然保持同样的黑数。

在极端情况下，最长路径恰好可以达到最短路径的 2 倍。

2. 一个最小化的示例

最简单能“实现最长=2×最短”的红黑树只需要 1 个根 + 1 个红孩子 + 若干 NIL 叶，即下图所示（假设左子为空，右子为红）：

text
        Root (Black)
         /     \
       NIL     (Red)
              /    \
            NIL    NIL

根节点用黑色(B)标记；
右孩子用红色(R)标记；
其余孩子均为外部 NIL 指针(在红黑树的严格定义里，这些 NIL 都视作黑色节点)。

2.1 验证它确实是一棵红黑树

根是黑色 —— 符合红黑树要求。
外部 NIL 都是黑色 —— 默认设定。
红节点的父节点是黑的 —— 这里唯一的红节点的父亲正是黑根。
从根到所有 NIL 的黑节点数相同 ——
- 根 → 左子NIL 的黑数：
  - 根(B) 1 + NIL(B) 1 = 2
- 根 → 右子(R) → NIL(B) 的黑数：
  - 根(B) 1 + （右子是红不计） + NIL(B) 1 = 2
- 因此两条路径（以及“右子→左右NIL”两条）都含有 2 个黑节点，黑高一致。

由此可见它完全满足红黑树的五条性质。

2.2 这棵树的最短、最长路径

最短路径：从根(B)直接到“左侧NIL”。
- 只有 1 条边：(Root) —— (NIL)，长度 = 1
最长路径：从根(B)到“右红子”再到其 NIL。
- 有 2 条边：(Root) —— (Red) —— (NIL)，长度 = 2

因此，这里

\text{LongestPath} = 2,\quad \text{ShortestPath} = 1,\quad \text{比值} = 2 : 1.

这正是“最长路径等于最短路径的两倍”的最小化例子。

3. 进一步理解

在实际大型红黑树中，若“黑高 = h”，则最短根叶路径大约含“h”个黑节点(边数大约是 $h$ )，而最长根叶路径能插入最多的红节点（但不能两个红相连），使总边数最多增至 $2h$ ，故出现“最短 $\approx h$ 、最长 $\approx 2h$ ”的 2 倍关系。
上面这棵“小树”则是把“黑高=2”（数根和外部叶都黑）压缩到最小规模来演示，恰好出现“最短 1 → 最长 2”。再大的树只是在层数上扩张，但都遵循同样的规律。

结论

例子：如上图只有“一个黑根 + 一个红孩子 + 若干 NIL”的极简红黑树，最短路径 (1 条边) 与最长路径 (2 条边) 恰好构成 1:2 的关系。
原理：它形象地展示了红黑树中“不能有相邻红节点、从根到叶的黑节点数相等”的性质会使**最短路径(全黑)和最长路径(黑红交错)**之间产生至多 2 倍的差距。

Domanda

Pensiero

Risposta

约定一

约定二

约定三

约定四

小结

Domanda

Pensiero

Risposta

1. 问题背景与关键约束

2. 常见错误直觉：从“满二叉树”减几个叶子

3. 逐层分析：哪些结点可能是叶子？

3.1 记号约定

3.2 还有“完全性”的进一步限制

4. 计算整棵树的节点总数

5. 为什么不能再大？

结论

Domanda

Pensiero

Risposta

Part A：126 个结点时，第 7 层最多能有多少节点？

1. 回顾满二叉树的基准

2. 结合题目：总节点数是 126

可能的思路碰撞

3. 结论：第 7 层最多能有 63

Part B：若一棵二叉树共有 80 个结点，能否判断“最下一层”最多有多少节点？如果能，是多少？

1. 总体思路

小结

Domanda

Pensiero

Risposta

1. 折半查找的区间划分流程

2. 生成树的结构（示意图）

2.1 逐步拆分的过程

3. 用“区间”方式画出的折半查找树

4. 总结

Domanda

Pensiero

1. 查找树的总体形态

2. 所有可能的树形与判定

客户要求两个目标 —— 9 和 11：

计算目标 9 的树形：

计算目标 11 的树形：

3. 总结

Risposta

一、什么是“折半查找判定树”

二、长度为 10 的有序数组：所有可能的“顶层”划分

2.1 若顶层 mid=5

2.2 若顶层 mid=6

三、判定树的“全面展开”思路

3.1 示例：顶层 mid=5 的展开

(1) 根节点：mid=5

(1a) 左边 mid=2

(1b) 左边 mid=3

右子区间（[6..10], mid=8）的进一步拆分

3.2 示例：顶层 mid=6 的展开

(2) 根节点：mid=6

左子 [1..5], mid=3

右子 [7..10]：

3.3 所有判定树的总数

四、“查找 9 或 11” 在这些树中的比较过程

4.1 若顶层 mid=5

4.2 若顶层 mid=6

五、总结

Domanda

Pensiero

Risposta

1. 为什么会有“最长路径 = 最短路径 × 2”的结论

2. 一个最小化的示例

2.1 验证它确实是一棵红黑树

2.2 这棵树的最短、最长路径

3. 进一步理解

结论

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计算目标 `9` 的树形：

计算目标 `11` 的树形：

2.1 若顶层 `mid=5`

2.2 若顶层 `mid=6`

左子 `[1..5], mid=3`

右子 `[7..10]`：