Чи можна обходити дерево без рекурсії, стека чи черги та лише жменьки покажчиків?

Пів десятиліття тому я сидів у класі структур даних, де професор пропонував додатковий кредит, якщо хтось міг перейти дерево, не використовуючи рекурсії, стека, черги тощо (або будь-яких інших подібних структур даних) та лише декількох покажчиків. Я придумав те, що, на мою думку, було очевидною відповіддю на це питання, яке в кінцевому рахунку було прийнято професором. Я сидів на дискретному уроці математики з іншим професором тієї ж кафедри - і він запевняв, що неможливо об'їхати дерево без рекурсії, стека, черги тощо, і що моє рішення було недійсним.

Отже, це можливо, чи неможливо? Чому або чому ні?

Редагувати: Щоб додати деякі пояснення, я реалізував це на двійковому дереві, яке містило три елементи - дані, що зберігаються на кожному вузлі, та покажчики на двох дітей. Моє рішення могло бути розповсюджене на n-ary дерева лише за допомогою декількох змін.

Моя вчителька структур даних не обмежувала мутацію дерева, і я дійсно пізніше дізнався, що його власне рішення полягало в тому, щоб використовувати вказівники дитини, щоб вказати на дерево на його шляху вниз. Мій дискретний професор математики сказав, що будь-яка мутація дерева означає, що це вже не дерево відповідно до математичного визначення дерева, його визначення також заважатиме батькам вказувати будь-які вказівки - що відповідало б тому випадку, коли я його вирішив вище.

Багато досліджень у цій галузі проводили купольні, мотивовані методом «дешевого» пересування дерев та загальних структур списків у контексті вивезення сміття.

Бінарне дерево з ниткою - це адаптоване зображення бінарних дерев, де деякі нульові покажчики використовуються для посилання на наступні вузли на дереві. Ця додаткова інформація може бути використана для обходу дерева без стопки. Однак додатковий біт на вузол необхідний для відрізнення потоків від дочірніх покажчиків. Вікіпедія: Tree_traversal

Наскільки я знаю, двійкові дерева, реалізовані за допомогою покажчиків звичайним способом (лівий і правий вказівник на вузол), можна пройти за допомогою методу потоків методом, приписаним Моррісу . Покажчики NIL тимчасово повторно використовуються для виведення шляху назад до кореня. Розумна частина полягає в тому, що під час обходу можна відрізнити вихідні краї від тимчасових посилань ниток, використовуючи спосіб формування циклів у дереві).

Гарна частина: відсутність додаткової структури даних. Погана частина: злегка обманюючи, стек вміло всередині дерева. Дуже розумний.

Доказ прихованого стека показаний у П. Матеті та Р. Мангірмалані: Алгоритм обходу дерева дерев Морріса переглянуто DOI: 10.1016 / 0167-6423 (88) 90063-9

Дж. М. Моріс: Подорож бінарних дерев просто та дешево. IPL 9 (1979) 197-200 DOI: 10.1016 / 0020-0190 (79) 90068-1

Потім також відбувається сканування Lindstrom . Цей метод "обертає" три покажчики, що беруть участь у кожному вузлі (батько та двоє дітей). Якщо ви хочете виконати будь-які гідні алгоритми попереднього замовлення або після замовлення, вам потрібні додаткові біти на вузол. Якщо ви просто хочете відвідати всі вузли (три рази, але ніколи не знаєте, який візит ви виконуєте), це можна зробити без бітів.

G. Lindstrom: Сканування структур списків без стеків або бітів тегів. IPL 2 (1973) 47-51. DOI: 10.1016 / 0020-0190 (73) 90012-4

Мабуть, найпростіший спосіб - це метод Робсона . Тут стек, необхідний для класичного алгоритму, прошивається через листя.

Дж. М. Робсон: Вдосконалений алгоритм переходу бінарних дерев без допоміжного стека IPL 1 (1973) 149-152. 10.1016 / 0020-0190 (73) 90018-5

IPL = Листи з обробки інформації

$v$

Моє рішення полягало в обходженні першим у породі, використовуючи вкладені for-петлі для грубої сили дерева. Це не є ефективним жодним чином, і справді така рекурсивна структура даних, як дерево, випрошує рекурсивний обхід, але питання не в тому, чи можна дерево переходити ефективно, це чи це взагалі можливо.

Pseudocode:
root = pointer root 
depth = integer 0
finished = bool false
//If we n-ary tree also track how many children have been found 
//on the node with the most children for the purposes of this psuedocode 
//we'll assume a binary tree and insert a magic number of 2 so that we 
//can use bitwise operators instead of integer division 
while(!finished)
    ++depth
    treePosition = pointer root
    finished = true;
    for i := 0..2**depth
        for j := 0..depth
            if (i & j) //bitwise operator explained below
                // if right child doesn't exist break the loop
                treePosition = treePosition.rightChild
            else
                // if left child doesn't exist break the loop
                treePosition = treePosition.leftChild
        if j has any children
            finished = false
            do anything else you want when visiting the node

На перших кількох рівнях це виглядатиме так, як ви бачите, побітовий оператор у псевдокоді просто вирішує лівий або правий поворот на бінарне дерево:

2**1       0               1
2**2   00      01      10      11
2**3 000 001 010 011 100 101 110 111

Для n-ary ви б взяли i% (maxChildren ** j) / j, щоб визначити, який шлях слід пройти між 0 і maxChildren.

На кожному вузлі в n-ary вам також потрібно буде перевірити, чи кількість дітей більше maxChildren, і оновити його належним чином.