作者葉勁峰正在為博文視點翻譯《game engine architecture》一書。
之前重溫本書寫書評時，也嘗試找尋更好的程式設計解法。今天把另乙個問題的實現和大家分享。
給定一棵二叉樹，要求按分層遍歷該二叉樹，即從上到下按層次訪問該二叉樹(每一層將單獨輸出一行)，每一層要求訪問的順序為從左到右，並將節點依次編號。下面是乙個例子:
輸出:
1節點的定義:2 34 5 6
7 8
1structnode ;
書上舉出兩個解法。第乙個解法是用遞迴方式，搜尋並列印某一層的節點，再列印下一層的節點。這方法簡單但時間效率不高(但不需要額外空間)，因此書中亦提供了第二個解法。
書中第二個解法，使用vector容器來儲存n個節點資訊，並用乙個游標變數last記錄前一層的訪問結束條件，實現如下:
01voidprintnodebylevel(node* root)
16cout << endl;// 當cur == last時,說明該層訪問結束，輸出換行符
17}
18}
書中沒有提及，本問題其實是以廣度優先搜尋(breath-first search, bfs)去遍歷乙個樹結構。廣度優先搜尋的典型實現是使用佇列(queue)。其偽**如下:
1enqueue(q, root)
2do
3node = dequeue(q)
4process(node)//如把內容列印
5foreach child of node
6enqueue(q, child)
7whileq is not empty
書上的解法，事實上也使用了乙個佇列。但本人認為，使用vector容器，較不直覺，而且其空間複雜度是o(n)。
如果用佇列去實現bfs，不處理換行，能簡單翻譯偽**為c++**:
01voidprintbfs(node* root)
13while(!q.empty());
14}
本人覺得這樣的演算法實現可能比較清楚，而且空間複雜度只需o(m)，m為樹中最多節點的層的節點數量。最壞的情況是當二叉樹為完整，m = n/2。
之後的難點在於如何換行。
第乙個嘗試，利用了兩個佇列，乙個儲存本層的節點，另乙個儲存下層的節點。遍歷本層的節點，把其子代節點排入下層佇列。本層遍歷完畢後，就可換行，並交換兩個佇列。
01voidprintnodebylevel(node* root)while(!q1.empty());
14cout << endl;
15q1.swap(q2);
16}while(!q1.empty());
17}
本實現使用deque而不是queue，因為deque才支援swap()操作。注意，swap()是o(1)的操作，實際上只是交換指標。
這實現要用兩個迴圈(書上的實現也是)，並且用了兩個佇列。能夠只用乙個迴圈、乙個佇列麼?
換行問題其實在於如何表達一層的結束。書上採用了游標，而第乙個嘗試則用了兩個佇列。本人想到第三個可行方案，是把乙個結束訊號放進佇列裡。由於使用queue，可以插入乙個空指標去表示一層的遍歷結束。
01voidprintnodebylevel(node* root)
15elseif(!q.empty())
19}while(!q.empty());
20}
這個實現的**很貼近之前的printbfs()，也只有乙個迴圈。注意一點，當發現空指標(結束訊號)時，要檢查佇列內是否還有節點，如果沒有的話還插入新的結束訊號，則會做成死迴圈。
01voidlink(node* nodes,intparent,intleft,intright)
08
09voidmain()
10;
12
13for(inti = 1; i < 9; i++)
14test1[i].data = i;
15
16link(test1, 1, 2, 3);
17link(test1, 2, 4, 5);
18link(test1, 3, 6, -1);
19link(test1, 5, 7, 8);
20
21printbfs(&test1[1]);
22cout << endl << endl;
23
24printnodebylevel(&test1[1]);
25cout << endl;
26}
第乙個嘗試是幾個月前做的，沒想到今晚寫博文又想到了第二個嘗試。兩個嘗試難分優劣，但兩種思維或許也可以解決其他問題。還有其他方法麼？
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