路径总和
1.题目内容
给你二叉树的根节点 root 和一个表示目标和的整数 targetSum 。判断该树中是否存在 根节点到叶子节点 的路径，这条路径上所有节点值相加等于目标和 targetSum 。如果存在，返回 true ；否则，返回 false 。
叶子节点 是指没有子节点的节点。
示例 1：
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| 输入：root = [5,4,8,11,null,13,4,7,2,null,null,null,1], targetSum = 22
输出：true
解释：等于目标和的根节点到叶节点路径如上图所示。
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示例 2：
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| 输入：root = [1,2,3], targetSum = 5
输出：false
解释：树中存在两条根节点到叶子节点的路径：
(1 --> 2): 和为 3
(1 --> 3): 和为 4
不存在 sum = 5 的根节点到叶子节点的路径。
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示例 3：
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3
| 输入：root = [], targetSum = 0
输出：false
解释：由于树是空的，所以不存在根节点到叶子节点的路径。
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提示：
- 树中节点的数目在范围
[0, 5000] 内
-1000 <= Node.val <= 1000-1000 <= targetSum <= 1000
2.解法
（1）广度优先搜索
思路及算法
首先我们可以想到使用广度优先搜索的方式，记录从根节点到当前节点的路径和，以防止重复计算。
这样我们使用两个队列，分别存储将要遍历的节点，以及根节点到这些节点的路径和即可。
代码
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| //C++
class Solution {
public:
bool hasPathSum(TreeNode *root, int sum) {
if (root == nullptr) {
return false;
}
queue<TreeNode *> que_node;
queue<int> que_val;
que_node.push(root);
que_val.push(root->val);
while (!que_node.empty()) {
TreeNode *now = que_node.front();
int temp = que_val.front();
que_node.pop();
que_val.pop();
if (now->left == nullptr && now->right == nullptr) {
if (temp == sum) {
return true;
}
continue;
}
if (now->left != nullptr) {
que_node.push(now->left);
que_val.push(now->left->val + temp);
}
if (now->right != nullptr) {
que_node.push(now->right);
que_val.push(now->right->val + temp);
}
}
return false;
}
};
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| //Java
class Solution {
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
if (root == null) {
return false;
}
Queue<TreeNode> queNode = new LinkedList<TreeNode>();
Queue<Integer> queVal = new LinkedList<Integer>();
queNode.offer(root);
queVal.offer(root.val);
while (!queNode.isEmpty()) {
TreeNode now = queNode.poll();
int temp = queVal.poll();
if (now.left == null && now.right == null) {
if (temp == sum) {
return true;
}
continue;
}
if (now.left != null) {
queNode.offer(now.left);
queVal.offer(now.left.val + temp);
}
if (now.right != null) {
queNode.offer(now.right);
queVal.offer(now.right.val + temp);
}
}
return false;
}
}
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复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。
- 空间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。空间复杂度主要取决于队列的开销，队列中的元素个数不会超过树的节点数。
（2）递归
思路及算法
观察要求我们完成的函数，我们可以归纳出它的功能：询问是否存在从当前节点 root 到叶子节点的路径，满足其路径和为 sum。
假定从根节点到当前节点的值之和为 val，我们可以将这个大问题转化为一个小问题：是否存在从当前节点的子节点到叶子的路径，满足其路径和为 sum - val。
不难发现这满足递归的性质，若当前节点就是叶子节点，那么我们直接判断 sum 是否等于 val 即可（因为路径和已经确定，就是当前节点的值，我们只需要判断该路径和是否满足条件）。若当前节点不是叶子节点，我们只需要递归地询问它的子节点是否能满足条件即可。
代码
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| //C++
class Solution {
public:
bool hasPathSum(TreeNode *root, int sum) {
if (root == nullptr) {
return false;
}
if (root->left == nullptr && root->right == nullptr) {
return sum == root->val;
}
return hasPathSum(root->left, sum - root->val) ||
hasPathSum(root->right, sum - root->val);
}
};
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| //Java
class Solution {
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
if (root == null) {
return false;
}
if (root.left == null && root.right == null) {
return sum == root.val;
}
return hasPathSum(root.left, sum - root.val) || hasPathSum(root.right, sum - root.val);
}
}
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复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。
- 空间复杂度：O(H)，其中 H 是树的高度。空间复杂度主要取决于递归时栈空间的开销，最坏情况下，树呈现链状，空间复杂度为 O(N)。平均情况下树的高度与节点数的对数正相关，空间复杂度为 O(logN)。