package suanfatest;
class treenode
treenode(int value)
treenode(int value,treenode leftchild,treenode rightchild)
public int getvalue()
public void setvalue(int value)
public treenode getleftchild()
public treenode getrightchild()
public void setleftchild(treenode leftchild)
public void setrightchild(treenode rightchild)
}public class treechild
return result;
}// 比較以得到的和子樹根節點相同的節點的子樹和原始子樹，若相同則返回true，否則返回false
static boolean compareparentandchildtree(treenode parentroot, treenode childroot) else
return compareparentandchildtree(parentroot.getleftchild(), childroot.getleftchild()) == true&& compareparentandchildtree(parentroot.getrightchild(), childroot.getrightchild()) == true;
}//static boolean childtree
public static void main(string args)
}
分析：首先考慮小資料量的情況，可以根據樹的前序和中序遍歷所得的字串，來通過判斷t2生成的字串是否是t1字串的子串，來判斷t2是否是t1的子樹。假設t1的節點數為n，t2的節點數為m。遍歷兩棵樹演算法時間複雜性是o(n + m)， 判斷字串是否為另乙個字串的子串的複雜性也是o( n + m)（比如使用kmp演算法）。所需要的空間也是o(n + m)。
這裡有乙個問題需要注意：對於左節點或者右節點為null的情況，需要在字串中插入特殊字元表示。否則對於下面這種情形將會判斷錯誤：
因此如果插入特殊字元，上述兩棵樹的中序和前序遍歷的結果是相同的。
由於本例有幾百萬的節點，需要占用o(n + m)的記憶體。
如果換一種思路，就是遍歷t1，每當t1的某個節點與t2的根節點值相同時，就判斷兩棵子樹是否相同。這個演算法的複雜度是o(n*m)。我們再仔細思考一下。因為只有在節點值與t2的根節點值相同才會呼叫o(m)。假設有k次這種情況，那麼演算法的複雜度就是o(n + k*m)。
struct treenode;
// check sub tree n1 == sub tree n2
bool checksubtree(const treenode* n1, const treenode* n2)
bool subtree(const treenode *n1, const treenode *n2)
if( n1->data == n2->data)
return subtree(n1->leftchild, n2) || subtree(n2->rightchild, n2);
}
1）方法一會占用o(n + m)的記憶體，而另外一種解法只會占用o(logn + logm)的記憶體（遞迴的棧記憶體）。當考慮scalability擴充套件性時，記憶體使用的多寡是個很重要的因素。
2）方法一的時間複雜度為o(n + m)，方法二最差的時間複雜度是o(n*m)。所以要通過工程實踐或者是歷史資料看一下哪種方法更優。當然了，方法二也可能會很早發現兩棵樹的不同，早早的退出了checksubtree。
總的來說，在空間使用上，方法二更好。在時間上，需要通過實際資料來驗證。
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