前端面试：你应该了解的JS算法相关的知识

时间复杂度

通常使用最差的时间复杂度来衡量一个算法的好坏。

常数时间 O(1) 代表这个操作和数据量没关系，是一个固定时间的操作，比如说四则运算。

对于一个算法来说，可能会计算出如下操作次数 aN + 1，N 代表数据量。那么该算法的时间复杂度就是 O(N)。因为我们在计算时间复杂度的时候，数据量通常是非常大的，这时候低阶项和常数项可以忽略不计。

当然可能会出现两个算法都是 O(N) 的时间复杂度，那么对比两个算法的好坏就要通过对比低阶项和常数项了。

位运算

位运算在算法中很有用，速度可以比四则运算快很多。

在学习位运算之前应该知道十进制如何转二进制，二进制如何转十进制。这里说明下简单的计算方式

十进制 33 可以看成是 32 + 1 ，并且 33 应该是六位二进制的（因为 33 近似 32，而 32 是 2 的五次方，所以是六位），那么十进制 33 就是 100001 ，只要是 2 的次方，那么就是 1 否则都为 0
那么二进制 100001 同理，首位是 2^5 ，末位是 2^0 ，相加得出 33

左移 <<

10 << 1 // -> 20

左移就是将二进制全部往左移动，10 在二进制中表示为 1010 ，左移一位后变成 10100 ，转换为十进制也就是 20，所以基本可以把左移看成以下公式 a * (2 ^ b)

右移 >>

10 >> 1 // -> 5

算数右移就是将二进制全部往右移动并去除多余的右边，10 在二进制中表示为 1010 ，右移一位后变成 101 ，转换为十进制也就是 5，所以基本可以把右移看成以下公式 int v = a / (2 ^ b)

右移很好用，比如可以用在二分算法中取中间值

13 >> 1 // -> 6

按位操作

按位与

每一位都为 1，结果才为 1

8 & 7 // -> 0
// 1000 & 0111 -> 0000 -> 0

按位或

其中一位为 1，结果就是 1

8 | 7 // -> 15
// 1000 | 0111 -> 1111 -> 15

按位异或

每一位都不同，结果才为 1

8 ^ 7 // -> 15
8 ^ 8 // -> 0
// 1000 ^ 0111 -> 1111 -> 15
// 1000 ^ 1000 -> 0000 -> 0

从以上代码中可以发现按位异或就是不进位加法

面试题：两个数不使用四则运算得出和

这道题中可以按位异或，因为按位异或就是不进位加法，8 ^ 8 = 0 如果进位了，就是 16 了，所以我们只需要将两个数进行异或操作，然后进位。那么也就是说两个二进制都是 1 的位置，左边应该有一个进位 1，所以可以得出以下公式 a + b = (a ^ b) + ((a & b) << 1) ，然后通过迭代的方式模拟加法

function sum(a, b) {if (a == 0) return bif (b == 0) return alet newA = a ^ blet newB = (a & b) << 1return sum(newA, newB)
}

排序

以下两个函数是排序中会用到的通用函数，就不一一写了

function checkArray(array) {if (!array || array.length <= 2) return
}
function swap(array, left, right) {let rightValue = array[right]array[right] = array[left]array[left] = rightValue
}

冒泡排序

冒泡排序的原理如下，从第一个元素开始，把当前元素和下一个索引元素进行比较。如果当前元素大，那么就交换位置，重复操作直到比较到最后一个元素，那么此时最后一个元素就是该数组中最大的数。下一轮重复以上操作，但是此时最后一个元素已经是最大数了，所以不需要再比较最后一个元素，只需要比较到 length - 1 的位置。

以下是实现该算法的代码

function bubble(array) {checkArray(array)for (let i = array.length - 1; i > 0; i--) {// 从 0 到 `length - 1` 遍历for (let j = 0; j < i; j++) {if (array[j] > array[j + 1]) swap(array, j, j + 1)}}return array
}

该算法的操作次数是一个等差数列 n + (n - 1) + (n - 2) + 1 ，去掉常数项以后得出时间复杂度是 O(n * n)

插入排序

插入排序的原理如下。第一个元素默认是已排序元素，取出下一个元素和当前元素比较，如果当前元素大就交换位置。那么此时第一个元素就是当前的最小数，所以下次取出操作从第三个元素开始，向前对比，重复之前的操作。

以下是实现该算法的代码

function insertion(array) {checkArray(array)for (let i = 1; i < array.length; i++) {for (let j = i - 1; j >= 0 && array[j] > array[j + 1]; j--)swap(array, j, j + 1)}return array
}

该算法的操作次数是一个等差数列 n + (n - 1) + (n - 2) + 1 ，去掉常数项以后得出时间复杂度是 O(n * n)

选择排序

选择排序的原理如下。遍历数组，设置最小值的索引为 0，如果取出的值比当前最小值小，就替换最小值索引，遍历完成后，将第一个元素和最小值索引上的值交换。如上操作后，第一个元素就是数组中的最小值，下次遍历就可以从索引 1 开始重复上述操作。

以下是实现该算法的代码

function selection(array) {checkArray(array)for (let i = 0; i < array.length - 1; i++) {let minIndex = ifor (let j = i + 1; j < array.length; j++) {minIndex = array[j] < array[minIndex] ? j : minIndex}swap(array, i, minIndex)}return array
}

该算法的操作次数是一个等差数列 n + (n - 1) + (n - 2) + 1 ，去掉常数项以后得出时间复杂度是 O(n * n)

归并排序

归并排序的原理如下。递归的将数组两两分开直到最多包含两个元素，然后将数组排序合并，最终合并为排序好的数组。假设我有一组数组 [3, 1, 2, 8, 9, 7, 6]，中间数索引是 3，先排序数组 [3, 1, 2, 8] 。在这个左边数组上，继续拆分直到变成数组包含两个元素（如果数组长度是奇数的话，会有一个拆分数组只包含一个元素）。然后排序数组 [3, 1] 和 [2, 8] ，然后再排序数组 [1, 3, 2, 8] ，这样左边数组就排序完成，然后按照以上思路排序右边数组，最后将数组 [1, 2, 3, 8] 和 [6, 7, 9] 排序。

以下是实现该算法的代码

function sort(array) {checkArray(array)mergeSort(array, 0, array.length - 1)return array
}function mergeSort(array, left, right) {// 左右索引相同说明已经只有一个数if (left === right) return// 等同于 `left + (right - left) / 2`// 相比 `(left + right) / 2` 来说更加安全，不会溢出// 使用位运算是因为位运算比四则运算快let mid = parseInt(left + ((right - left) >> 1))mergeSort(array, left, mid)mergeSort(array, mid + 1, right)let help = []let i = 0let p1 = leftlet p2 = mid + 1while (p1 <= mid && p2 <= right) {help[i++] = array[p1] < array[p2] ? array[p1++] : array[p2++]}while (p1 <= mid) {help[i++] = array[p1++]}while (p2 <= right) {help[i++] = array[p2++]}for (let i = 0; i < help.length; i++) {array[left + i] = help[i]}return array
}

以上算法使用了递归的思想。递归的本质就是压栈，每递归执行一次函数，就将该函数的信息（比如参数，内部的变量，执行到的行数）压栈，直到遇到终止条件，然后出栈并继续执行函数。对于以上递归函数的调用轨迹如下

mergeSort(data, 0, 6) // mid = 3
mergeSort(data, 0, 3) // mid = 1
mergeSort(data, 0, 1) // mid = 0
mergeSort(data, 0, 0) // 遇到终止，回退到上一步
mergeSort(data, 1, 1) // 遇到终止，回退到上一步
// 排序 p1 = 0, p2 = mid + 1 = 1
// 回退到 `mergeSort(data, 0, 3)` 执行下一个递归
mergeSort(2, 3) // mid = 2
mergeSort(3, 3) // 遇到终止，回退到上一步
// 排序 p1 = 2, p2 = mid + 1 = 3
// 回退到 `mergeSort(data, 0, 3)` 执行合并逻辑
// 排序 p1 = 0, p2 = mid + 1 = 2
// 执行完毕回退
// 左边数组排序完毕，右边也是如上轨迹

该算法的操作次数是可以这样计算：递归了两次，每次数据量是数组的一半，并且最后把整个数组迭代了一次，所以得出表达式 2T(N / 2) + T(N) （T 代表时间，N 代表数据量）。根据该表达式可以套用该公式得出时间复杂度为 O(N * logN)

快排

快排的原理如下。随机选取一个数组中的值作为基准值，从左至右取值与基准值对比大小。比基准值小的放数组左边，大的放右边，对比完成后将基准值和第一个比基准值大的值交换位置。然后将数组以基准值的位置分为两部分，继续递归以上操作。

以下是实现该算法的代码

function sort(array) {checkArray(array);quickSort(array, 0, array.length - 1);return array;
}function quickSort(array, left, right) {if (left < right) {swap(array, , right)// 随机取值，然后和末尾交换，这样做比固定取一个位置的复杂度略低let indexs = part(array, parseInt(Math.random() * (right - left + 1)) + left, right);quickSort(array, left, indexs[0]);quickSort(array, indexs[1] + 1, right);}
}
function part(array, left, right) {let less = left - 1;let more = right;while (left < more) {if (array[left] < array[right]) {// 当前值比基准值小，`less` 和 `left` 都加一++less;++left;} else if (array[left] > array[right]) {// 当前值比基准值大，将当前值和右边的值交换// 并且不改变 `left`，因为当前换过来的值还没有判断过大小swap(array, --more, left);} else {// 和基准值相同，只移动下标left++;}}// 将基准值和比基准值大的第一个值交换位置// 这样数组就变成 `[比基准值小, 基准值, 比基准值大]`swap(array, right, more);return [less, more];
}

该算法的复杂度和归并排序是相同的，但是额外空间复杂度比归并排序少，只需 O(logN)，并且相比归并排序来说，所需的常数时间也更少。

面试题

Sort Colors：该题目来自 LeetCode，题目需要我们将 [2,0,2,1,1,0] 排序成 [0,0,1,1,2,2] ，这个问题就可以使用三路快排的思想。

以下是代码实现

var sortColors = function(nums) {let left = -1let right = nums.lengthlet i = 0// 下标如果遇到 right，说明已经排序完成while (i < right) {if (nums[i] == 0) {swap(nums, i++, ++left)} else if (nums[i] == 1) {i++} else {swap(nums, i, --right)}}
}

Kth Largest Element in an Array：该题目来自 LeetCode，题目需要找出数组中第 K 大的元素，这问题也可以使用快排的思路。并且因为是找出第 K 大元素，所以在分离数组的过程中，可以找出需要的元素在哪边，然后只需要排序相应的一边数组就好。

以下是代码实现

var findKthLargest = function(nums, k) {let l = 0let r = nums.length - 1// 得出第 K 大元素的索引位置k = nums.length - kwhile (l < r) {// 分离数组后获得比基准树大的第一个元素索引let index = part(nums, l, r)// 判断该索引和 k 的大小if (index < k) {l = index + 1} else if (index > k) {r = index - 1} else {break}}return nums[k]
}
function part(array, left, right) {let less = left - 1let more = rightwhile (left < more) {if (array[left] < array[right]) {++less++left} else if (array[left] > array[right]) {swap(array, --more, left)} else {left++}}swap(array, right, more)return more
}

堆排序

堆排序利用了二叉堆的特性来做，二叉堆通常用数组表示，并且二叉堆是一颗完全二叉树（所有叶节点（最底层的节点）都是从左往右顺序排序，并且其他层的节点都是满的）。二叉堆又分为大根堆与小根堆。

大根堆是某个节点的所有子节点的值都比他小
小根堆是某个节点的所有子节点的值都比他大

堆排序的原理就是组成一个大根堆或者小根堆。以小根堆为例，某个节点的左边子节点索引是 i * 2 + 1，右边是 i * 2 + 2，父节点是 (i - 1) /2。

首先遍历数组，判断该节点的父节点是否比他小，如果小就交换位置并继续判断，直到他的父节点比他大
重新以上操作 1，直到数组首位是最大值
然后将首位和末尾交换位置并将数组长度减一，表示数组末尾已是最大值，不需要再比较大小
对比左右节点哪个大，然后记住大的节点的索引并且和父节点对比大小，如果子节点大就交换位置
重复以上操作 3 - 4 直到整个数组都是大根堆。

以下是实现该算法的代码

function heap(array) {checkArray(array)// 将最大值交换到首位for (let i = 0; i < array.length; i++) {heapInsert(array, i)}let size = array.length// 交换首位和末尾swap(array, 0, --size)while (size > 0) {heapify(array, 0, size)swap(array, 0, --size)}return array
}function heapInsert(array, index) {// 如果当前节点比父节点大，就交换while (array[index] > array[parseInt((index - 1) / 2)]) {swap(array, index, parseInt((index - 1) / 2))// 将索引变成父节点index = parseInt((index - 1) / 2)}
}
function heapify(array, index, size) {let left = index * 2 + 1while (left < size) {// 判断左右节点大小let largest =left + 1 < size && array[left] < array[left + 1] ? left + 1 : left// 判断子节点和父节点大小largest = array[index] < array[largest] ? largest : indexif (largest === index) breakswap(array, index, largest)index = largestleft = index * 2 + 1}
}

以上代码实现了小根堆，如果需要实现大根堆，只需要把节点对比反一下就好。

该算法的复杂度是 O(logN)

系统自带排序实现

每个语言的排序内部实现都是不同的。

对于 JS 来说，数组长度大于 10 会采用快排，否则使用插入排序源码实现。选择插入排序是因为虽然时间复杂度很差，但是在数据量很小的情况下和 O(N * logN)相差无几，然而插入排序需要的常数时间很小，所以相对别的排序来说更快。

对于 Java 来说，还会考虑内部的元素的类型。对于存储对象的数组来说，会采用稳定性好的算法。稳定性的意思就是对于相同值来说，相对顺序不能改变。

链表

反转单向链表

该题目来自 LeetCode，题目需要将一个单向链表反转。思路很简单，使用三个变量分别表示当前节点和当前节点的前后节点，虽然这题很简单，但是却是一道面试常考题

以下是实现该算法的代码

var reverseList = function(head) {// 判断下变量边界问题if (!head || !head.next) return head// 初始设置为空，因为第一个节点反转后就是尾部，尾部节点指向 nulllet pre = nulllet current = headlet next// 判断当前节点是否为空// 不为空就先获取当前节点的下一节点// 然后把当前节点的 next 设为上一个节点// 然后把 current 设为下一个节点，pre 设为当前节点while (current) {next = current.nextcurrent.next = prepre = currentcurrent = next}return pre
}

树

二叉树的先序，中序，后序遍历

先序遍历表示先访问根节点，然后访问左节点，最后访问右节点。

中序遍历表示先访问左节点，然后访问根节点，最后访问右节点。

后序遍历表示先访问左节点，然后访问右节点，最后访问根节点。

递归实现

递归实现相当简单，代码如下

function TreeNode(val) {this.val = valthis.left = this.right = null
}
var traversal = function(root) {if (root) {// 先序console.log(root)traversal(root.left)// 中序// console.log(root);traversal(root.right)// 后序// console.log(root);}
}

对于递归的实现来说，只需要理解每个节点都会被访问三次就明白为什么这样实现了。

非递归实现

非递归实现使用了栈的结构，通过栈的先进后出模拟递归实现。

以下是先序遍历代码实现

function pre(root) {if (root) {let stack = []// 先将根节点 pushstack.push(root)// 判断栈中是否为空while (stack.length > 0) {// 弹出栈顶元素root = stack.pop()console.log(root)// 因为先序遍历是先左后右，栈是先进后出结构// 所以先 push 右边再 push 左边if (root.right) {stack.push(root.right)}if (root.left) {stack.push(root.left)}}}
}

以下是中序遍历代码实现

function mid(root) {if (root) {let stack = []// 中序遍历是先左再根最后右// 所以首先应该先把最左边节点遍历到底依次 push 进栈// 当左边没有节点时，就打印栈顶元素，然后寻找右节点// 对于最左边的叶节点来说，可以把它看成是两个 null 节点的父节点// 左边打印不出东西就把父节点拿出来打印，然后再看右节点while (stack.length > 0 || root) {if (root) {stack.push(root)root = root.left} else {root = stack.pop()console.log(root)root = root.right}}}
}

以下是后序遍历代码实现，该代码使用了两个栈来实现遍历，相比一个栈的遍历来说要容易理解很多

function pos(root) {if (root) {let stack1 = []let stack2 = []// 后序遍历是先左再右最后根// 所以对于一个栈来说，应该先 push 根节点// 然后 push 右节点，最后 push 左节点stack1.push(root)while (stack1.length > 0) {root = stack1.pop()stack2.push(root)if (root.left) {stack1.push(root.left)}if (root.right) {stack1.push(root.right)}}while (stack2.length > 0) {console.log(s2.pop())}}
}

中序遍历的前驱后继节点

实现这个算法的前提是节点有一个 parent 的指针指向父节点，根节点指向 null 。

如图所示，该树的中序遍历结果是 4, 2, 5, 1, 6, 3, 7

前驱节点

对于节点 2 来说，他的前驱节点就是 4 ，按照中序遍历原则，可以得出以下结论

如果选取的节点的左节点不为空，就找该左节点最右的节点。对于节点 1 来说，他有左节点 2 ，那么节点 2 的最右节点就是 5
如果左节点为空，且目标节点是父节点的右节点，那么前驱节点为父节点。对于节点 5 来说，没有左节点，且是节点 2 的右节点，所以节点 2 是前驱节点
如果左节点为空，且目标节点是父节点的左节点，向上寻找到第一个是父节点的右节点的节点。对于节点 6 来说，没有左节点，且是节点 3 的左节点，所以向上寻找到节点 1 ，发现节点 3 是节点 1 的右节点，所以节点 1 是节点 6 的前驱节点

以下是算法实现

function predecessor(node) {if (!node) return// 结论 1if (node.left) {return getRight(node.left)} else {let parent = node.parent// 结论 2 3 的判断while (parent && parent.right === node) {node = parentparent = node.parent}return parent}
}
function getRight(node) {if (!node) returnnode = node.rightwhile (node) node = node.rightreturn node
}

后继节点

对于节点 2 来说，他的后继节点就是 5 ，按照中序遍历原则，可以得出以下结论

如果有右节点，就找到该右节点的最左节点。对于节点 1 来说，他有右节点 3 ，那么节点 3 的最左节点就是 6
如果没有右节点，就向上遍历直到找到一个节点是父节点的左节点。对于节点 5 来说，没有右节点，就向上寻找到节点 2 ，该节点是父节点 1 的左节点，所以节点 1 是后继节点

以下是算法实现

function successor(node) {if (!node) return// 结论 1if (node.right) {return getLeft(node.right)} else {// 结论 2let parent = node.parent// 判断 parent 为空while (parent && parent.left === node) {node = parentparent = node.parent}return parent}
}
function getLeft(node) {if (!node) returnnode = node.leftwhile (node) node = node.leftreturn node
}

树的深度

树的最大深度：该题目来自 Leetcode，题目需要求出一颗二叉树的最大深度

以下是算法实现

var maxDepth = function(root) {if (!root) return 0return Math.max(maxDepth(root.left), maxDepth(root.right)) + 1
}

对于该递归函数可以这样理解：一旦没有找到节点就会返回 0，每弹出一次递归函数就会加一，树有三层就会得到 3。

动态规划

动态规划背后的基本思想非常简单。就是将一个问题拆分为子问题，一般来说这些子问题都是非常相似的，那么我们可以通过只解决一次每个子问题来达到减少计算量的目的。

一旦得出每个子问题的解，就存储该结果以便下次使用。

斐波那契数列

斐波那契数列就是从 0 和 1 开始，后面的数都是前两个数之和

0，1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89....

那么显然易见，我们可以通过递归的方式来完成求解斐波那契数列

function fib(n) {if (n < 2 && n >= 0) return nreturn fib(n - 1) + fib(n - 2)
}
fib(10)

以上代码已经可以完美的解决问题。但是以上解法却存在很严重的性能问题，当 n 越大的时候，需要的时间是指数增长的，这时候就可以通过动态规划来解决这个问题。

动态规划的本质其实就是两点

自底向上分解子问题
通过变量存储已经计算过的解

根据上面两点，我们的斐波那契数列的动态规划思路也就出来了

斐波那契数列从 0 和 1 开始，那么这就是这个子问题的最底层
通过数组来存储每一位所对应的斐波那契数列的值

function fib(n) {let array = new Array(n + 1).fill(null)array[0] = 0array[1] = 1for (let i = 2; i <= n; i++) {array[i] = array[i - 1] + array[i - 2]}return array[n]
}
fib(10)

0 - 1 背包问题

该问题可以描述为：给定一组物品，每种物品都有自己的重量和价格，在限定的总重量内，我们如何选择，才能使得物品的总价格最高。每个问题只能放入至多一次。

假设我们有以下物品

物品 ID / 重量	价值
1	3
2	7
3	12

对于一个总容量为 5 的背包来说，我们可以放入重量 2 和 3 的物品来达到背包内的物品总价值最高。

对于这个问题来说，子问题就两个，分别是放物品和不放物品，可以通过以下表格来理解子问题

物品 ID / 剩余容量	1	2	3	4	5
1	3	3	3	3	3
2	3	7	10	10	10
3	3	7	12	15	19

直接来分析能放三种物品的情况，也就是最后一行

当容量少于 3 时，只取上一行对应的数据，因为当前容量不能容纳物品 3
当容量为 3 时，考虑两种情况，分别为放入物品 3 和不放物品 3
- 不放物品 3 的情况下，总价值为 10
- 放入物品 3 的情况下，总价值为 12，所以应该放入物品 3
当容量为 4 时，考虑两种情况，分别为放入物品 3 和不放物品 3
- 不放物品 3 的情况下，总价值为 10
- 放入物品 3 的情况下，和放入物品 1 的价值相加，得出总价值为 15，所以应该放入物品 3
当容量为 5 时，考虑两种情况，分别为放入物品 3 和不放物品 3
- 不放物品 3 的情况下，总价值为 10
- 放入物品 3 的情况下，和放入物品 2 的价值相加，得出总价值为 19，所以应该放入物品 3

以下代码对照上表更容易理解

/*** @param {*} w 物品重量* @param {*} v 物品价值* @param {*} C 总容量* @returns*/
function knapsack(w, v, C) {let length = w.lengthif (length === 0) return 0// 对照表格，生成的二维数组，第一维代表物品，第二维代表背包剩余容量// 第二维中的元素代表背包物品总价值let array = new Array(length).fill(new Array(C + 1).fill(null))// 完成底部子问题的解for (let i = 0; i <= C; i++) {// 对照表格第一行， array[0] 代表物品 1// i 代表剩余总容量// 当剩余总容量大于物品 1 的重量时，记录下背包物品总价值，否则价值为 0array[0][i] = i >= w[0] ? v[0] : 0}// 自底向上开始解决子问题，从物品 2 开始for (let i = 1; i < length; i++) {for (let j = 0; j <= C; j++) {// 这里求解子问题，分别为不放当前物品和放当前物品// 先求不放当前物品的背包总价值，这里的值也就是对应表格中上一行对应的值array[i][j] = array[i - 1][j]// 判断当前剩余容量是否可以放入当前物品if (j >= w[i]) {// 可以放入的话，就比大小// 放入当前物品和不放入当前物品，哪个背包总价值大array[i][j] = Math.max(array[i][j], v[i] + array[i - 1][j - w[i]])}}}return array[length - 1][C]
}

最长递增子序列

最长递增子序列意思是在一组数字中，找出最长一串递增的数字，比如

0, 3, 4, 17, 2, 8, 6, 10

对于以上这串数字来说，最长递增子序列就是 0, 3, 4, 8, 10，可以通过以下表格更清晰的理解

数字	0	3	4	17	2	8	6	10
长度	1	2	3	4	2	4	4	5

通过以上表格可以很清晰的发现一个规律，找出刚好比当前数字小的数，并且在小的数组成的长度基础上加一。

这个问题的动态思路解法很简单，直接上代码

function lis(n) {if (n.length === 0) return 0// 创建一个和参数相同大小的数组，并填充值为 1let array = new Array(n.length).fill(1)// 从索引 1 开始遍历，因为数组已经所有都填充为 1 了for (let i = 1; i < n.length; i++) {// 从索引 0 遍历到 i// 判断索引 i 上的值是否大于之前的值for (let j = 0; j < i; j++) {if (n[i] > n[j]) {array[i] = Math.max(array[i], 1 + array[j])}}}let res = 1for (let i = 0; i < array.length; i++) {res = Math.max(res, array[i])}return res
}

字符串相关

在字符串相关算法中，Trie 树可以解决解决很多问题，同时具备良好的空间和时间复杂度，比如以下问题

词频统计
前缀匹配

如果你对于 Trie 树还不怎么了解，可以前往这里阅读

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