建立四叉树

1.题目内容

给你一个 n * n 矩阵 grid ，矩阵由若干 0 和 1 组成。请你用四叉树表示该矩阵 grid 。

你需要返回能表示矩阵 grid 的 四叉树 的根结点。

四叉树数据结构中，每个内部节点只有四个子节点。此外，每个节点都有两个属性：

• val：储存叶子结点所代表的区域的值。1 对应 True，0 对应 False。注意，当 isLeaf 为 False 时，你可以把 True 或者 False 赋值给节点，两种值都会被判题机制 接受 。
• isLeaf: 当这个节点是一个叶子结点时为 True，如果它有 4 个子节点则为 False 。

class Node {
    public boolean val;
    public boolean isLeaf;
    public Node topLeft;
    public Node topRight;
    public Node bottomLeft;
    public Node bottomRight;
}

我们可以按以下步骤为二维区域构建四叉树：

1. 如果当前网格的值相同（即，全为 0 或者全为 1），将 isLeaf 设为 True ，将 val 设为网格相应的值，并将四个子节点都设为 Null 然后停止。
2. 如果当前网格的值不同，将 isLeaf 设为 False， 将 val 设为任意值，然后如下图所示，将当前网格划分为四个子网格。
3. 使用适当的子网格递归每个子节点。

四叉树格式：

你不需要阅读本节来解决这个问题。只有当你想了解输出格式时才会这样做。输出为使用层序遍历后四叉树的序列化形式，其中 null 表示路径终止符，其下面不存在节点。

它与二叉树的序列化非常相似。唯一的区别是节点以列表形式表示 [isLeaf, val] 。

如果 isLeaf 或者 val 的值为 True ，则表示它在列表 [isLeaf, val] 中的值为 1 ；如果 isLeaf 或者 val 的值为 False ，则表示值为 0 。

示例 1：

输入：grid = [[0,1],[1,0]]
输出：[[0,1],[1,0],[1,1],[1,1],[1,0]]
解释：此示例的解释如下：
请注意，在下面四叉树的图示中，0 表示 false，1 表示 True 。

示例 2：

输入：grid = [[1,1,1,1,0,0,0,0],[1,1,1,1,0,0,0,0],[1,1,1,1,1,1,1,1],[1,1,1,1,1,1,1,1],[1,1,1,1,0,0,0,0],[1,1,1,1,0,0,0,0],[1,1,1,1,0,0,0,0],[1,1,1,1,0,0,0,0]]
输出：[[0,1],[1,1],[0,1],[1,1],[1,0],null,null,null,null,[1,0],[1,0],[1,1],[1,1]]
解释：网格中的所有值都不相同。我们将网格划分为四个子网格。
topLeft，bottomLeft 和 bottomRight 均具有相同的值。
topRight 具有不同的值，因此我们将其再分为 4 个子网格，这样每个子网格都具有相同的值。
解释如下图所示：

提示：

1. n == grid.length == grid[i].length
2. n == 2x 其中 0 <= x <= 6

2.解法

递归

思路及算法

具体地，我们用递归函数 dfs(r0,c0,r1,c1) 处理给定的矩阵 grid 行开始到 r1−1 行，从 c0 和 c1−1 列的部分。我们首先判定这一部分是否均为 0 或 1，如果是，那么这一部分对应的是一个叶节点，我们构造出对应的叶节点并结束递归；如果不是，那么这一部分对应的是一个非叶节点，我们需要将其分成四个部分：行的分界线为 $\dfrac{r_0+r_1}{2} $，列的分界线为 $\dfrac{c_0+c_1}{2} $，根据这两条分界线递归地调用 dfs 函数得到四个部分对应的树，再将它们对应地挂在非叶节点的四个子节点上。

代码

//C++
class Solution {
public:
    Node *construct(vector<vector<int>> &grid) {
        function<Node*(int, int, int, int)> dfs = [&](int r0, int c0, int r1, int c1) {
            for (int i = r0; i < r1; ++i) {
                for (int j = c0; j < c1; ++j) {
                    if (grid[i][j] != grid[r0][c0]) { // 不是叶节点
                        return new Node(
                                true,
                                false,
                                dfs(r0, c0, (r0 + r1) / 2, (c0 + c1) / 2),
                                dfs(r0, (c0 + c1) / 2, (r0 + r1) / 2, c1),
                                dfs((r0 + r1) / 2, c0, r1, (c0 + c1) / 2),
                                dfs((r0 + r1) / 2, (c0 + c1) / 2, r1, c1)
                        );
                    }
                }
            }
            // 是叶节点
            return new Node(grid[r0][c0], true);
        };
        return dfs(0, 0, grid.size(), grid.size());
    }
};

//Java
class Solution {
    public Node construct(int[][] grid) {
        return dfs(grid, 0, 0, grid.length, grid.length);
    }

    public Node dfs(int[][] grid, int r0, int c0, int r1, int c1) {
        boolean same = true;
        for (int i = r0; i < r1; ++i) {
            for (int j = c0; j < c1; ++j) {
                if (grid[i][j] != grid[r0][c0]) {
                    same = false;
                    break;
                }
            }
            if (!same) {
                break;
            }
        }

        if (same) {
            return new Node(grid[r0][c0] == 1, true);
        }

        Node ret = new Node(
            true,
            false,
            dfs(grid, r0, c0, (r0 + r1) / 2, (c0 + c1) / 2),
            dfs(grid, r0, (c0 + c1) / 2, (r0 + r1) / 2, c1),
            dfs(grid, (r0 + r1) / 2, c0, r1, (c0 + c1) / 2),
            dfs(grid, (r0 + r1) / 2, (c0 + c1) / 2, r1, c1)
        );
        return ret;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n^2^log⁡n)。这里给出一个较为宽松的时间复杂度上界。记 T(n)T(n)T(n) 为边长为 nnn 的数组需要的时间复杂度，那么「判定这一部分是否均为 0 或 1」需要的时间为 O(n^2^)，在这之后会递归调用 4 规模为 n/2 的子问题，那么有：

  T(n)=4T(n/2)+O(n^2^)
  以及：

  T(1)=O(1)
  根据主定理，可以得到 T(n)=O(n^2^log⁡n)。但如果判定需要的时间达到了渐近紧界 Θ(n^2^)，那么说明这一部分包含的元素大部分都是相同的，也就是说，有很大概率在深入递归时遇到元素完全相同的一部分，从而提前结束递归。因此 O(n^2^log⁡n) 的时间复杂度是很宽松的。

• 空间复杂度：O(log⁡n)，即为递归需要使用的栈空间。