【题目】
给定一棵二叉树的头节点head，已知所有节点的值都不一样，返回其中最大的且符合搜索二叉树条件的最大拓扑结构的大小。
【题解】
方法一：二叉树的节点数为N，时间复杂度为O（N2）的方法。
首先来看这样一个问题，以节点h为头的树中，在拓扑结构中也必须以h为头的情况下，怎么找到符合搜索二叉树条件的最大结构？这个问题有一种比较容易理解的解法，我们先考查h的孩子节点，根据孩子节点的值从h开始按照二叉搜索的方式移动，如果最后能移动到同一个孩子节点上，说明这个孩子节点可以作为这个拓扑的一部分，并继续考查这个孩子节点的孩子节点，一直延伸下去。
我们以题目的例子来说明一下，假设在以12这个节点为头的子树中，要求拓扑结构也必须以12为头，如何找到最多的节点，并且整个拓扑结构是符合二叉树条件的？初始时考
查的节点为12节点的左右孩子，考查队列={10，13}。
考查节点10。最开始时10和12进行比较，发现10应该往12的左边找，于是节点10被找到，节点10可以加入整个拓扑结构，同时节点10的孩子节点4和14加入考查队列，考查队列为{13，4，14}。
考查节点13。13和12进行比较，应该向右，于是节点13被找到，它可以加入整个拓扑结构，同时它的两个孩子节点20和16加入考查队列，4，14，20，16}。考查节点4。4和12比较，应该向左，4和10比较，继续向左，节点4被找到，可以加入整个拓扑结构。同时它的孩子节点2和5加入考查队列，为{14，20，16，2，5}。
考查节点14。14和12比较，应该向右，接下来的查找过程会一直在12的右子树上，依然会找下去，但是节点14不可能被找到。所以它不能加入整个拓扑结构，它的孩子节点也都不能，此时考查队列为（20，16，2，5}。
考查节点20。20和12比较，应该向右，20和13比较，应该向右，节点20同样再也不会被发现了，所以它不能加入整个拓扑结构，此时考查队列为{16，2，5}。
按照如上方法，最后这三个节点（16，2，5）都可以加入拓扑结构，所以我们找到了必须以12为头，且整个拓扑结构是符合二叉树条件的最大结构，这个结构的节点数为7。也就是说，我们根据一个节点的值，根据这个值的大小，从h开始，每次向左或者向右移动，如果最后能移动到原来的节点上，说明该节点可以作为以h为头的拓扑的一部分。
解决了以节点h为头的树中，在拓扑结构也必须以h为头的情况下，怎么找到符合搜索二叉树条件的最大结构？接下来只要遍历所有的二叉树节点，并在以每个节点为头的子树中都求一遍其中的最大拓扑结构，其中最大的那个就是我们想找的结构，它的大小就是我们的返回值。
1 ///////////////solve01////////////
2 bool isBSTNode(Node* h, Node* n)//h为根节点，n为判断节点
3 {
4 if (h == nullptr)
5 return false;
6 if (h == n)
7 return true;
8 return isBSTNode(h->val > n->val ? h->l : h->r, n);//进行SBT树判断
9 }
10 int maxTopo(Node* h, Node* n)
11 {
12 if (h != nullptr && n != nullptr && isBSTNode(h, n))
13 return maxTopo(h, n->l) + maxTopo(h, n->r) + 1;//树的大小
14 return 0;
15 }
16 int bstTopoSize1(Node* root)
17 {
18 if (root == nullptr)
19 return 0;
20 int maxN = maxTopo(root, root);//计算拓扑图节点数的大小
21 maxN = max(maxN, bstTopoSize1(root->l));
22 maxN = max(maxN, bstTopoSize1(root->r));
23 }
对于方法一的时间复杂度分析，我们把所有的子树（N个）都找了一次最大拓扑，每找一次所考查的节点数都可能是O（N）个节点，所以方法一的时间复杂度为O（N2）。
方法二：二叉树的节点数为N、时间复杂度最好为O（N）、最差为O（NlogN）的方法。
先来说明一个对方法二来讲非常重要的概念一—拓扑贡献记录。还是举例说明，请注意题目中以节点10为头的子树，这棵子树本身就是一棵搜索二叉树，那么整棵子树都可以作为以节点10为头的符合搜索二叉树条件的拓扑结构。如果对这个拓扑结构建立贡献记录，是如图3-20所示的样子。
在图3-20中，每个节点的旁边都有被括号括起来的两个值，我们把它称为节点对当前头节点的拓扑贡献记录。第一个值代表节点的左子树可以为当前头节点的拓扑贡献几个节点，第二个值代表节点的右子树可以为当前头节点的拓扑贡献几个节点。比如4（1，1），括号中的第一个1代表节点4的左子树可以为节点10为头的拓扑结构贡献1个节点，第二个1代表节点4的右子树可以为节点10为头的拓扑结构贡献1个节点。同样，我们也可以建立以节点13为头的记录，如图3-21所示。
整个方法二的核心就是如果分别得到了h左右两个孩子为头的拓扑贡献记录，可以快速得到以h为头的拓扑贡献记录。比如图3-20中每一个节点的记录都是节点对以节点10为头的拓扑结构的贡献记录，图3-21中每一个节点的记录都是节点对以节点13为头的拓扑结构的贡献记录，同时节点10和节点13分别是节点12的左孩子和右孩子。那么我们可以快速得到以节点12为头的拓扑贡献记录。在图3-20和图3-21中的所有节点的记录还没有变成节点12为头的拓扑贡献记录之前，是图3-22所示的样子。
如图3-22所示，在没有变更之前，节点12左子树上所有节点的记录和原来一样，都是对节点10负责的；节点12右子树上所有节点的记录也和原来一样，都是对节点13负责的。接下来我们详细展示一下，所有节点的记录如何变更为都对节点12负责，也就是所有节点的记录都变成以节点12为头的拓扑贡献记录。
先来看节点12的左子树，只需依次考查左子树右边界上的节点即可。先考查节点10，因为节点10的值比节点12的值小，所以节点10的左子树原来能给节点10贡献多少个节点，当前就一定都能贡献给节点12，所以节点10记录的第一个值不用改变，同时节点10左子树上所有节点的记录都不用改变。接下来考查节点14，此时节点14的值比节点10要大，说明以节点14为头的整棵子树都不能成为以节点12为头的拓扑结构的左边部分，那么删掉节点14的记录，让它不作为节点12为头的拓扑结构即可，同时只要删掉节点14一条记录，就可以断开节点11和节点15的记录，让节点14的整棵子树都不成为节点12的拓扑结构。后续的右边界节点也无须考查了。进行到节点14这一步，一共删掉的节点数可以直接通过节点14的记录得到，记录为14（1，1），说明节点14的左子树1个，节点14的右子树1个，再加上节点14本身，一共有3个节点。接下来的过程是从右边界的当前节点重回节点12的过程，先回到节点10，此时节点10记录的第二个值应该被修改，因为节点10的右子树上被删掉了3个节点，所以记录由10（3，3）修改为10（3，0），根据这个修改后的记录，节点12记录的第一个值也可以确定了，节点12的左子树可以贡献4个节点，其中3个来自节点10的左子树，还有1个是节点10本身，此时记录变为图3-23所示的样子。
1 /////////////////solve02/////////////
2 struct Record
3 {
4 int l, r;
5 Record(int a = 0, int b = 0) :l(a), r(b) {}
6 };
7 int modifyMap(Node* n, int v, hash_map<Node*, Record>m, bool s)
8 {
9 if (n == nullptr || m.find(n) == m.end())
10 return 0;
11 Record r = m[n];
12 if ((s&&n->val > v) || ((!s) && n->val < v))
13 {
14 m.erase(n);
15 return r.l + r.r + 1;
16 }
17 else
18 {
19 int minus = modifyMap(s ? n->r : n->l, v, m, s);
20 if (s)
21 r.r = r.r - minus;
22 else
23 r.l = r.l - minus;
24 m[n] = r;
25 return minus;
26 }
27 }
28 int posOrder(Node* root, hash_map<Node*, Record>map)
29 {
30 if (root == nullptr)
31 return 0;
32 int ls = posOrder(root->l, map);
33 int rs = posOrder(root->r, map);
34 modifyMap(root->l, root->val, map, true);
35 modifyMap(root->r, root->val, map, false);
36 int lbst = map.find(root->l) == map.end() ? 0 : map[root->l].l + map[root->l].r + 1;
37 int rbst = map.find(root->r) == map.end() ? 0 : map[root->r].l + map[root->r].r + 1;
38 map[root] = Record{ lbst,rbst };
39 return max(lbst + rbst + 1, max(ls, rs));
40 }
41 int bstTopoSize2(Node* root)
42 {
43 hash_map<Node*, Record>map;
44 return posOrder(root, map);
45 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/zzw1024/p/11485493.html