二叉搜索树的最小绝对差

发表于 2024-05-07 本文字数： 658 阅读时长 ≈ 2 分钟

二叉搜索树的最小绝对差

1.题目内容

给你一个二叉搜索树的根节点 root ，返回 树中任意两不同节点值之间的最小差值 。

差值是一个正数，其数值等于两值之差的绝对值。

示例 1：

1 2	输入：root = [4,2,6,1,3] 输出：1

示例 2：

1 2	输入：root = [1,0,48,null,null,12,49] 输出：1

提示：

树中节点的数目范围是 [2, 104]
0 <= Node.val <= 105

2.解法

中序遍历

思路及算法

考虑对升序数组 a 求任意两个元素之差的绝对值的最小值，答案一定为相邻两个元素之差的最小值，即

ans=min⁡i=0n−2{a[i+1]−a[i]}
其中 n 为数组 a 的长度。其他任意间隔距离大于等于 2 的下标对 (i,j) 的元素之差一定大于下标对 (i,i+1) 的元素之差，故不需要再被考虑。

回到本题，本题要求二叉搜索树任意两节点差的绝对值的最小值，而我们知道二叉搜索树有个性质为二叉搜索树中序遍历得到的值序列是递增有序的，因此我们只要得到中序遍历后的值序列即能用上文提及的方法来解决。

朴素的方法是经过一次中序遍历将值保存在一个数组中再进行遍历求解，我们也可以在中序遍历的过程中用 pre 变量保存前驱节点的值，这样即能边遍历边更新答案，不再需要显式创建数组来保存，需要注意的是 pre 的初始值需要设置成任意负数标记开头，下文代码中设置为 −1。

代码

//C++
class Solution {
public:
    void dfs(TreeNode* root, int& pre, int& ans) {
        if (root == nullptr) {
            return;
        }
        dfs(root->left, pre, ans);
        if (pre == -1) {
            pre = root->val;
        } else {
            ans = min(ans, root->val - pre);
            pre = root->val;
        }
        dfs(root->right, pre, ans);
    }
    int getMinimumDifference(TreeNode* root) {
        int ans = INT_MAX, pre = -1;
        dfs(root, pre, ans);
        return ans;
    }
};

//Java
class Solution {
    int pre;
    int ans;

    public int getMinimumDifference(TreeNode root) {
        ans = Integer.MAX_VALUE;
        pre = -1;
        dfs(root);
        return ans;
    }

    public void dfs(TreeNode root) {
        if (root == null) {
            return;
        }
        dfs(root.left);
        if (pre == -1) {
            pre = root.val;
        } else {
            ans = Math.min(ans, root.val - pre);
            pre = root.val;
        }
        dfs(root.right);
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉搜索树节点的个数。每个节点在中序遍历中都会被访问一次且只会被访问一次，因此总时间复杂度为 O(n)。
空间复杂度：O(n)。递归函数的空间复杂度取决于递归的栈深度，而栈深度在二叉搜索树为一条链的情况下会达到 O(n) 级别。

二叉树的锯齿形层序遍历

发表于 2024-05-07 本文字数： 597 阅读时长 ≈ 2 分钟

二叉树的锯齿形层序遍历

1.题目内容

给你二叉树的根节点 root ，返回其节点值的 锯齿形层序遍历 。（即先从左往右，再从右往左进行下一层遍历，以此类推，层与层之间交替进行）。

示例 1：

1 2	输入：root = [3,9,20,null,null,15,7] 输出：[[3],[20,9],[15,7]]

示例 2：

1 2	输入：root = [1] 输出：[[1]]

示例 3：

1 2	输入：root = [] 输出：[]

提示：

树中节点数目在范围 [0, 2000] 内
-100 <= Node.val <= 100

2.解法

广度优先遍历

思路及算法

为了满足题目要求的返回值为「先从左往右，再从右往左」交替输出的锯齿形，我们可以利用「双端队列」的数据结构来维护当前层节点值输出的顺序。

双端队列是一个可以在队列任意一端插入元素的队列。在广度优先搜索遍历当前层节点拓展下一层节点的时候我们仍然从左往右按顺序拓展，但是对当前层节点的存储我们维护一个变量 isOrderLeft 记录是从左至右还是从右至左的：

如果从左至右，我们每次将被遍历到的元素插入至双端队列的末尾。
如果从右至左，我们每次将被遍历到的元素插入至双端队列的头部。

当遍历结束的时候我们就得到了答案数组。

代码

//C++
class Solution {
public:
    vector<vector<int>> zigzagLevelOrder(TreeNode* root) {
        vector<vector<int>> ans;
        if (!root) {
            return ans;
        }

        queue<TreeNode*> nodeQueue;
        nodeQueue.push(root);
        bool isOrderLeft = true;

        while (!nodeQueue.empty()) {
            deque<int> levelList;
            int size = nodeQueue.size();
            for (int i = 0; i < size; ++i) {
                auto node = nodeQueue.front();
                nodeQueue.pop();
                if (isOrderLeft) {
                    levelList.push_back(node->val);
                } else {
                    levelList.push_front(node->val);
                }
                if (node->left) {
                    nodeQueue.push(node->left);
                }
                if (node->right) {
                    nodeQueue.push(node->right);
                }
            }
            ans.emplace_back(vector<int>{levelList.begin(), levelList.end()});
            isOrderLeft = !isOrderLeft;
        }

        return ans;
    }
};

//Java
class Solution {
    public List<List<Integer>> zigzagLevelOrder(TreeNode root) {
        List<List<Integer>> ans = new LinkedList<List<Integer>>();
        if (root == null) {
            return ans;
        }

        Queue<TreeNode> nodeQueue = new ArrayDeque<TreeNode>();
        nodeQueue.offer(root);
        boolean isOrderLeft = true;

        while (!nodeQueue.isEmpty()) {
            Deque<Integer> levelList = new LinkedList<Integer>();
            int size = nodeQueue.size();
            for (int i = 0; i < size; ++i) {
                TreeNode curNode = nodeQueue.poll();
                if (isOrderLeft) {
                    levelList.offerLast(curNode.val);
                } else {
                    levelList.offerFirst(curNode.val);
                }
                if (curNode.left != null) {
                    nodeQueue.offer(curNode.left);
                }
                if (curNode.right != null) {
                    nodeQueue.offer(curNode.right);
                }
            }
            ans.add(new LinkedList<Integer>(levelList));
            isOrderLeft = !isOrderLeft;
        }

        return ans;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(N)，其中 N 为二叉树的节点数。每个节点会且仅会被遍历一次。
空间复杂度：O(N)。我们需要维护存储节点的队列和存储节点值的双端队列，空间复杂度为 O(N)。

二叉树的层平均值

发表于 2024-05-07 本文字数： 1.4k 阅读时长 ≈ 5 分钟

二叉树的层平均值

1.题目内容

给定一个非空二叉树的根节点 root , 以数组的形式返回每一层节点的平均值。与实际答案相差 10-5 以内的答案可以被接受。

示例 1：

输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：[3.00000,14.50000,11.00000]
解释：第 0 层的平均值为 3,第 1 层的平均值为 14.5,第 2 层的平均值为 11 。
因此返回 [3, 14.5, 11] 。

示例 2:

1 2	输入：root = [3,9,20,15,7] 输出：[3.00000,14.50000,11.00000]

提示：

树中节点数量在 [1, 104] 范围内
-231 <= Node.val <= 231 - 1

2.解法

（1）深度优先搜索

思路及算法

使用深度优先搜索计算二叉树的层平均值，需要维护两个数组，counts 用于存储二叉树的每一层的节点数，sums 用于存储二叉树的每一层的节点值之和。搜索过程中需要记录当前节点所在层，如果访问到的节点在第 i 层，则将 counts[i] 的值加 1，并将该节点的值加到 sums[i]。遍历结束之后，第 i 层的平均值即为 sums[i]/counts[i]。

代码

//Java
class Solution {
    public List<Double> averageOfLevels(TreeNode root) {
        List<Integer> counts = new ArrayList<Integer>();
        List<Double> sums = new ArrayList<Double>();
        dfs(root, 0, counts, sums);
        List<Double> averages = new ArrayList<Double>();
        int size = sums.size();
        for (int i = 0; i < size; i++) {
            averages.add(sums.get(i) / counts.get(i));
        }
        return averages;
    }

    public void dfs(TreeNode root, int level, List<Integer> counts, List<Double> sums) {
        if (root == null) {
            return;
        }
        if (level < sums.size()) {
            sums.set(level, sums.get(level) + root.val);
            counts.set(level, counts.get(level) + 1);
        } else {
            sums.add(1.0 * root.val);
            counts.add(1);
        }
        dfs(root.left, level + 1, counts, sums);
        dfs(root.right, level + 1, counts, sums);
    }
}

//C++
class Solution {
public:
    vector<double> averageOfLevels(TreeNode* root) {
        auto counts = vector<int>();
        auto sums = vector<double>();
        dfs(root, 0, counts, sums);
        auto averages = vector<double>();
        int size = sums.size();
        for (int i = 0; i < size; i++) {
            averages.push_back(sums[i] / counts[i]);
        }
        return averages;
    }

    void dfs(TreeNode* root, int level, vector<int> &counts, vector<double> &sums) {
        if (root == nullptr) {
            return;
        }
        if (level < sums.size()) {
            sums[level] += root->val;
            counts[level] += 1;
        } else {
            sums.push_back(1.0 * root->val);
            counts.push_back(1);
        }
        dfs(root->left, level + 1, counts, sums);
        dfs(root->right, level + 1, counts, sums);
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树中的节点个数。
深度优先搜索需要对每个节点访问一次，对于每个节点，维护两个数组的时间复杂度都是 O(1)，因此深度优先搜索的时间复杂度是 O(n)。
遍历结束之后计算每层的平均值的时间复杂度是 O(h)，其中 h 是二叉树的高度，任何情况下都满足 h≤n。
因此总时间复杂度是 O(n)。
空间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树中的节点个数。空间复杂度取决于两个数组的大小和递归调用的层数，两个数组的大小都等于二叉树的高度，递归调用的层数不会超过二叉树的高度，最坏情况下，二叉树的高度等于节点个数。

（2）广度优先搜索

思路及算法

也可以使用广度优先搜索计算二叉树的层平均值。从根节点开始搜索，每一轮遍历同一层的全部节点，计算该层的节点数以及该层的节点值之和，然后计算该层的平均值。

如何确保每一轮遍历的是同一层的全部节点呢？我们可以借鉴层次遍历的做法，广度优先搜索使用队列存储待访问节点，只要确保在每一轮遍历时，队列中的节点是同一层的全部节点即可。具体做法如下：

初始时，将根节点加入队列；
每一轮遍历时，将队列中的节点全部取出，计算这些节点的数量以及它们的节点值之和，并计算这些节点的平均值，然后将这些节点的全部非空子节点加入队列，重复上述操作直到队列为空，遍历结束。

由于初始时队列中只有根节点，满足队列中的节点是同一层的全部节点，每一轮遍历时都会将队列中的当前层节点全部取出，并将下一层的全部节点加入队列，因此可以确保每一轮遍历的是同一层的全部节点。

具体实现方面，可以在每一轮遍历之前获得队列中的节点数量 size，遍历时只遍历 size 个节点，即可满足每一轮遍历的是同一层的全部节点。

代码

//Java
class Solution {
    public List<Double> averageOfLevels(TreeNode root) {
        List<Double> averages = new ArrayList<Double>();
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<TreeNode>();
        queue.offer(root);
        while (!queue.isEmpty()) {
            double sum = 0;
            int size = queue.size();
            for (int i = 0; i < size; i++) {
                TreeNode node = queue.poll();
                sum += node.val;
                TreeNode left = node.left, right = node.right;
                if (left != null) {
                    queue.offer(left);
                }
                if (right != null) {
                    queue.offer(right);
                }
            }
            averages.add(sum / size);
        }
        return averages;
    }
}

//C++
class Solution {
public:
    vector<double> averageOfLevels(TreeNode* root) {
        auto averages = vector<double>();
        auto q = queue<TreeNode*>();
        q.push(root);
        while (!q.empty()) {
            double sum = 0;
            int size = q.size();
            for (int i = 0; i < size; i++) {
                auto node = q.front();
                q.pop();
                sum += node->val;
                auto left = node->left, right = node->right;
                if (left != nullptr) {
                    q.push(left);
                }
                if (right != nullptr) {
                    q.push(right);
                }
            }
            averages.push_back(sum / size);
        }
        return averages;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树中的节点个数。
广度优先搜索需要对每个节点访问一次，时间复杂度是 O(n)。
需要对二叉树的每一层计算平均值，时间复杂度是 O(h)，其中 h 是二叉树的高度，任何情况下都满足 h≤n。
因此总时间复杂度是 O(n)。
空间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树中的节点个数。空间复杂度取决于队列开销，队列中的节点个数不会超过 n。

求根结点到叶节点数字之和

发表于 2024-05-06 本文字数： 1k 阅读时长 ≈ 4 分钟

求根结点到叶节点数字之和

1.题目内容

给你一个二叉树的根节点 root ，树中每个节点都存放有一个 0 到 9 之间的数字。

每条从根节点到叶节点的路径都代表一个数字：

例如，从根节点到叶节点的路径 1 -> 2 -> 3 表示数字 123 。

计算从根节点到叶节点生成的 所有数字之和 。

叶节点 是指没有子节点的节点。

示例 1：

输入：root = [1,2,3]
输出：25
解释：
从根到叶子节点路径 1->2 代表数字 12
从根到叶子节点路径 1->3 代表数字 13
因此，数字总和 = 12 + 13 = 25

示例 2：

输入：root = [4,9,0,5,1]
输出：1026
解释：
从根到叶子节点路径 4->9->5 代表数字 495
从根到叶子节点路径 4->9->1 代表数字 491
从根到叶子节点路径 4->0 代表数字 40
因此，数字总和 = 495 + 491 + 40 = 1026

提示：

树中节点的数目在范围 [1, 1000] 内
0 <= Node.val <= 9
树的深度不超过 10

2.解法

思路及算法

（1）深度优先搜索

思路及算法

深度优先搜索是很直观的做法。从根节点开始，遍历每个节点，如果遇到叶子节点，则将叶子节点对应的数字加到数字之和。如果当前节点不是叶子节点，则计算其子节点对应的数字，然后对子节点递归遍历。

fig1

代码

//C++
class Solution {
public:
    int dfs(TreeNode* root, int prevSum) {
        if (root == nullptr) {
            return 0;
        }
        int sum = prevSum * 10 + root->val;
        if (root->left == nullptr && root->right == nullptr) {
            return sum;
        } else {
            return dfs(root->left, sum) + dfs(root->right, sum);
        }
    }
    int sumNumbers(TreeNode* root) {
        return dfs(root, 0);
    }
};

//Java
class Solution {
    public int sumNumbers(TreeNode root) {
        return dfs(root, 0);
    }

    public int dfs(TreeNode root, int prevSum) {
        if (root == null) {
            return 0;
        }
        int sum = prevSum * 10 + root.val;
        if (root.left == null && root.right == null) {
            return sum;
        } else {
            return dfs(root.left, sum) + dfs(root.right, sum);
        }
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点个数。对每个节点访问一次。
空间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点个数。空间复杂度主要取决于递归调用的栈空间，递归栈的深度等于二叉树的高度，最坏情况下，二叉树的高度等于节点个数，空间复杂度为 O(n)。

（2）广度优先搜索

思路及算法

使用广度优先搜索，需要维护两个队列，分别存储节点和节点对应的数字。

初始时，将根节点和根节点的值分别加入两个队列。每次从两个队列分别取出一个节点和一个数字，进行如下操作：

如果当前节点是叶子节点，则将该节点对应的数字加到数字之和；
如果当前节点不是叶子节点，则获得当前节点的非空子节点，并根据当前节点对应的数字和子节点的值计算子节点对应的数字，然后将子节点和子节点对应的数字分别加入两个队列。

搜索结束后，即可得到所有叶子节点对应的数字之和。

代码

//C++
class Solution {
public:
    int sumNumbers(TreeNode* root) {
        if (root == nullptr) {
            return 0;
        }
        int sum = 0;
        queue<TreeNode*> nodeQueue;
        queue<int> numQueue;
        nodeQueue.push(root);
        numQueue.push(root->val);
        while (!nodeQueue.empty()) {
            TreeNode* node = nodeQueue.front();
            int num = numQueue.front();
            nodeQueue.pop();
            numQueue.pop();
            TreeNode* left = node->left;
            TreeNode* right = node->right;
            if (left == nullptr && right == nullptr) {
                sum += num;
            } else {
                if (left != nullptr) {
                    nodeQueue.push(left);
                    numQueue.push(num * 10 + left->val);
                }
                if (right != nullptr) {
                    nodeQueue.push(right);
                    numQueue.push(num * 10 + right->val);
                }
            }
        }
        return sum;
    }
};

//Java
class Solution {
    public int sumNumbers(TreeNode root) {
        if (root == null) {
            return 0;
        }
        int sum = 0;
        Queue<TreeNode> nodeQueue = new LinkedList<TreeNode>();
        Queue<Integer> numQueue = new LinkedList<Integer>();
        nodeQueue.offer(root);
        numQueue.offer(root.val);
        while (!nodeQueue.isEmpty()) {
            TreeNode node = nodeQueue.poll();
            int num = numQueue.poll();
            TreeNode left = node.left, right = node.right;
            if (left == null && right == null) {
                sum += num;
            } else {
                if (left != null) {
                    nodeQueue.offer(left);
                    numQueue.offer(num * 10 + left.val);
                }
                if (right != null) {
                    nodeQueue.offer(right);
                    numQueue.offer(num * 10 + right.val);
                }
            }
        }
        return sum;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点个数。对每个节点访问一次。
空间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点个数。空间复杂度主要取决于队列，每个队列中的元素个数不会超过 n 。

填充每个结点的下一个右侧指针II

发表于 2024-05-06 本文字数： 1.2k 阅读时长 ≈ 4 分钟

填充每个结点的下一个右侧指针II

1.题目内容

给定一个二叉树：

struct Node {
  int val;
  Node *left;
  Node *right;
  Node *next;
}

填充它的每个 next 指针，让这个指针指向其下一个右侧节点。如果找不到下一个右侧节点，则将 next 指针设置为 NULL 。

初始状态下，所有 next 指针都被设置为 NULL 。

示例 1：

1
2
3

输入：root = [1,2,3,4,5,null,7]
输出：[1,#,2,3,#,4,5,7,#]
解释：给定二叉树如图 A 所示，你的函数应该填充它的每个 next 指针，以指向其下一个右侧节点，如图 B 所示。序列化输出按层序遍历顺序（由 next 指针连接），'#' 表示每层的末尾。

示例 2：

1 2	输入：root = [] 输出：[]

提示：

树中的节点数在范围 [0, 6000] 内
-100 <= Node.val <= 100

2.解法

（1）层次遍历

思路及算法

这道题希望我们把二叉树各个层的点组织成链表，一个非常直观的思路是层次遍历。树的层次遍历基于广度优先搜索，它按照层的顺序遍历二叉树，在遍历第 iii 层前，一定会遍历完第 i−1 层。

算法如下：初始化一个队列 q，将根结点放入队列中。当队列不为空的时候，记录当前队列大小为 n，从队列中以此取出 n 个元素并通过这 n 个元素拓展新节点。如此循环，直到队列为空。

代码

//C++
class Solution {
public:
    Node* connect(Node* root) {
        if (!root) {
            return nullptr;
        }
        queue<Node*> q;
        q.push(root);
        while (!q.empty()) {
            int n = q.size();
            Node *last = nullptr;
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                Node *f = q.front();
                q.pop();
                if (f->left) {
                    q.push(f->left);
                }
                if (f->right) {
                    q.push(f->right);
                }
                if (i != 1) {
                    last->next = f;
                }
                last = f;
            }
        }
        return root;
    }
};

//Java
class Solution {
    public Node connect(Node root) {
        if (root == null) {
            return null;
        }
        Queue<Node> queue = new ArrayDeque<Node>();
        queue.offer(root);
        while (!queue.isEmpty()) {
            int n = queue.size();
            Node last = null;
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                Node f = queue.poll();
                if (f.left != null) {
                    queue.offer(f.left);
                }
                if (f.right != null) {
                    queue.offer(f.right);
                }
                if (i != 1) {
                    last.next = f;
                }
                last = f;
            }
        }
        return root;
    }
}

复杂度分析

记树上的点的个数为 N。

时间复杂度：O(N)。我们需要遍历这棵树上所有的点，时间复杂度为 O(N)。
空间复杂度：O(N)。即队列的空间代价。

（2）指针

思路及算法

因为必须处理树上的所有节点，所以无法降低时间复杂度，但是可以尝试降低空间复杂度。

在方法一中，因为对树的结构一无所知，所以使用队列保证有序访问同一层的所有节点，并建立它们之间的连接。然而不难发现：一旦在某层的节点之间建立了 next 指针，那这层节点实际上形成了一个链表。因此，如果先去建立某一层的 next 指针，再去遍历这一层，就无需再使用队列了。

基于该想法，提出降低空间复杂度的思路：如果第 iii 层节点之间已经建立 next 指针，就可以通过 next 指针访问该层的所有节点，同时对于每个第 i 层的节点，我们又可以通过它的 left 和 right 指针知道其第 i+1 层的孩子节点是什么，所以遍历过程中就能够按顺序为第 i+1 层节点建立 next 指针。

具体来说：

从根节点开始。因为第 0 层只有一个节点，不需要处理。可以在上一层为下一层建立 next 指针。该方法最重要的一点是：位于第 x 层时为第 x+1 层建立 next 指针。一旦完成这些连接操作，移至第 x+1 层为第 x+2 层建立 next 指针。
当遍历到某层节点时，该层节点的 next 指针已经建立。这样就不需要队列从而节省空间。每次只要知道下一层的最左边的节点，就可以从该节点开始，像遍历链表一样遍历该层的所有节点。

代码

//C++
class Solution {
public:
    void handle(Node* &last, Node* &p, Node* &nextStart) {
        if (last) {
            last->next = p;
        } 
        if (!nextStart) {
            nextStart = p;
        }
        last = p;
    }

    Node* connect(Node* root) {
        if (!root) {
            return nullptr;
        }
        Node *start = root;
        while (start) {
            Node *last = nullptr, *nextStart = nullptr;
            for (Node *p = start; p != nullptr; p = p->next) {
                if (p->left) {
                    handle(last, p->left, nextStart);
                }
                if (p->right) {
                    handle(last, p->right, nextStart);
                }
            }
            start = nextStart;
        }
        return root;
    }
};

//Java
class Solution {
    Node last = null, nextStart = null;

    public Node connect(Node root) {
        if (root == null) {
            return null;
        }
        Node start = root;
        while (start != null) {
            last = null;
            nextStart = null;
            for (Node p = start; p != null; p = p.next) {
                if (p.left != null) {
                    handle(p.left);
                }
                if (p.right != null) {
                    handle(p.right);
                }
            }
            start = nextStart;
        }
        return root;
    }

    public void handle(Node p) {
        if (last != null) {
            last.next = p;
        } 
        if (nextStart == null) {
            nextStart = p;
        }
        last = p;
    }
}

复杂度分析

记树上的点的个数为 N。

时间复杂度：O(N)。我们需要遍历这棵树上所有的点，时间复杂度为 O(N)。
空间复杂度：O(1)。

二叉搜索树迭代器

发表于 2024-05-06 本文字数： 649 阅读时长 ≈ 2 分钟

二叉搜索树迭代器

1.题目内容

实现一个二叉搜索树迭代器类BSTIterator ，表示一个按中序遍历二叉搜索树（BST）的迭代器：

BSTIterator(TreeNode root) 初始化 BSTIterator 类的一个对象。BST 的根节点 root 会作为构造函数的一部分给出。指针应初始化为一个不存在于 BST 中的数字，且该数字小于 BST 中的任何元素。
boolean hasNext() 如果向指针右侧遍历存在数字，则返回 true ；否则返回 false 。
int next()将指针向右移动，然后返回指针处的数字。

注意，指针初始化为一个不存在于 BST 中的数字，所以对 next() 的首次调用将返回 BST 中的最小元素。

你可以假设 next() 调用总是有效的，也就是说，当调用 next() 时，BST 的中序遍历中至少存在一个下一个数字。

示例：

输入
["BSTIterator", "next", "next", "hasNext", "next", "hasNext", "next", "hasNext", "next", "hasNext"]
[[[7, 3, 15, null, null, 9, 20]], [], [], [], [], [], [], [], [], []]
输出
[null, 3, 7, true, 9, true, 15, true, 20, false]

解释
BSTIterator bSTIterator = new BSTIterator([7, 3, 15, null, null, 9, 20]);
bSTIterator.next();    // 返回 3
bSTIterator.next();    // 返回 7
bSTIterator.hasNext(); // 返回 True
bSTIterator.next();    // 返回 9
bSTIterator.hasNext(); // 返回 True
bSTIterator.next();    // 返回 15
bSTIterator.hasNext(); // 返回 True
bSTIterator.next();    // 返回 20
bSTIterator.hasNext(); // 返回 False

提示：

树中节点的数目在范围 [1, 105] 内
0 <= Node.val <= 106
最多调用 105 次 hasNext 和 next 操作

2.解法

迭代

思路及算法

通过迭代的方式对二叉树做中序遍历。此时，我们无需预先计算出中序遍历的全部结果，只需要实时维护当前栈的情况即可。

代码

//C++
class BSTIterator {
private:
    TreeNode* cur;
    stack<TreeNode*> stk;
public:
    BSTIterator(TreeNode* root): cur(root) {}
    
    int next() {
        while (cur != nullptr) {
            stk.push(cur);
            cur = cur->left;
        }
        cur = stk.top();
        stk.pop();
        int ret = cur->val;
        cur = cur->right;
        return ret;
    }
    
    bool hasNext() {
        return cur != nullptr || !stk.empty();
    }
};

//Java
class BSTIterator {
    private TreeNode cur;
    private Deque<TreeNode> stack;

    public BSTIterator(TreeNode root) {
        cur = root;
        stack = new LinkedList<TreeNode>();
    }
    
    public int next() {
        while (cur != null) {
            stack.push(cur);
            cur = cur.left;
        }
        cur = stack.pop();
        int ret = cur.val;
        cur = cur.right;
        return ret;
    }
    
    public boolean hasNext() {
        return cur != null || !stack.isEmpty();
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：显然，初始化和调用 hasNext()都只需要 O(1) 的时间。每次调用 next() 函数最坏情况下需要 O(n)的时间；但考虑到 n 次调用 next() 函数总共会遍历全部的 n 个节点，因此总的时间复杂度为 O(n)，因此单次调用平均下来的均摊复杂度为 O(1)。
空间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数量。空间复杂度取决于栈深度，而栈深度在二叉树为一条链的情况下会达到 O(n) 的级别。

二叉树的右视图

发表于 2024-04-29 本文字数： 1k 阅读时长 ≈ 4 分钟

二叉树的右视图

1.题目内容

给定一个二叉树的 根节点 root，想象自己站在它的右侧，按照从顶部到底部的顺序，返回从右侧所能看到的节点值。

示例 1:

1 2	输入: [1,2,3,null,5,null,4] 输出: [1,3,4]

示例 2:

1 2	输入: [1,null,3] 输出: [1,3]

示例 3:

1 2	输入: [] 输出: []

提示:

二叉树的节点个数的范围是 [0,100]
-100 <= Node.val <= 100

2.解法

（1）深度优先搜索

思路及算法

我们对树进行深度优先搜索，在搜索过程中，我们总是先访问右子树。那么对于每一层来说，我们在这层见到的第一个结点一定是最右边的结点。这样一来，我们可以存储在每个深度访问的第一个结点，一旦我们知道了树的层数，就可以得到最终的结果数组。

fig1

代码

//Java
class Solution {
    public List<Integer> rightSideView(TreeNode root) {
        Map<Integer, Integer> rightmostValueAtDepth = new HashMap<Integer, Integer>();
        int max_depth = -1;

        Deque<TreeNode> nodeStack = new LinkedList<TreeNode>();
        Deque<Integer> depthStack = new LinkedList<Integer>();
        nodeStack.push(root);
        depthStack.push(0);

        while (!nodeStack.isEmpty()) {
            TreeNode node = nodeStack.pop();
            int depth = depthStack.pop();

            if (node != null) {
            	// 维护二叉树的最大深度
                max_depth = Math.max(max_depth, depth);

                // 如果不存在对应深度的节点我们才插入
                if (!rightmostValueAtDepth.containsKey(depth)) {
                    rightmostValueAtDepth.put(depth, node.val);
                }

                nodeStack.push(node.left);
                nodeStack.push(node.right);
                depthStack.push(depth + 1);
                depthStack.push(depth + 1);
            }
        }

        List<Integer> rightView = new ArrayList<Integer>();
        for (int depth = 0; depth <= max_depth; depth++) {
            rightView.add(rightmostValueAtDepth.get(depth));
        }

        return rightView;
    }
}

//C++
class Solution {
public:
    vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
        unordered_map<int, int> rightmostValueAtDepth;
        int max_depth = -1;

        stack<TreeNode*> nodeStack;
        stack<int> depthStack;
        nodeStack.push(root);
        depthStack.push(0);

        while (!nodeStack.empty()) {
            TreeNode* node = nodeStack.top();nodeStack.pop();
            int depth = depthStack.top();depthStack.pop();

            if (node != NULL) {
            	// 维护二叉树的最大深度
                max_depth = max(max_depth, depth);

                // 如果不存在对应深度的节点我们才插入
                if (rightmostValueAtDepth.find(depth) == rightmostValueAtDepth.end()) {
                    rightmostValueAtDepth[depth] =  node -> val;
                }

                nodeStack.push(node -> left);
                nodeStack.push(node -> right);
                depthStack.push(depth + 1);
                depthStack.push(depth + 1);
            }
        }

        vector<int> rightView;
        for (int depth = 0; depth <= max_depth; ++depth) {
            rightView.push_back(rightmostValueAtDepth[depth]);
        }

        return rightView;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度 : O(n)。深度优先搜索最多访问每个结点一次，因此是线性复杂度。
空间复杂度 : O(n)。最坏情况下，栈内会包含接近树高度的结点数量，占用 O(n) 的空间。

（2）广度优先搜索

思路及算法

我们可以对二叉树进行层次遍历，那么对于每层来说，最右边的结点一定是最后被遍历到的。二叉树的层次遍历可以用广度优先搜索实现。执行广度优先搜索，左结点排在右结点之前，这样，我们对每一层都从左到右访问。因此，只保留每个深度最后访问的结点，我们就可以在遍历完整棵树后得到每个深度最右的结点。除了将栈改成队列，并去除了 rightmost_value_at_depth 之前的检查外，算法没有别的改动。

fig2

代码

//Java
class Solution {
    public List<Integer> rightSideView(TreeNode root) {
        Map<Integer, Integer> rightmostValueAtDepth = new HashMap<Integer, Integer>();
        int max_depth = -1;

        Queue<TreeNode> nodeQueue = new LinkedList<TreeNode>();
        Queue<Integer> depthQueue = new LinkedList<Integer>();
        nodeQueue.add(root);
        depthQueue.add(0);

        while (!nodeQueue.isEmpty()) {
            TreeNode node = nodeQueue.remove();
            int depth = depthQueue.remove();

            if (node != null) {
            	// 维护二叉树的最大深度
                max_depth = Math.max(max_depth, depth);

                // 由于每一层最后一个访问到的节点才是我们要的答案，因此不断更新对应深度的信息即可
                rightmostValueAtDepth.put(depth, node.val);

                nodeQueue.add(node.left);
                nodeQueue.add(node.right);
                depthQueue.add(depth + 1);
                depthQueue.add(depth + 1);
            }
        }

        List<Integer> rightView = new ArrayList<Integer>();
        for (int depth = 0; depth <= max_depth; depth++) {
            rightView.add(rightmostValueAtDepth.get(depth));
        }

        return rightView;
    }
}

//C++
class Solution {
public:
    vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
        unordered_map<int, int> rightmostValueAtDepth;
        int max_depth = -1;

        queue<TreeNode*> nodeQueue;
        queue<int> depthQueue;
        nodeQueue.push(root);
        depthQueue.push(0);

        while (!nodeQueue.empty()) {
            TreeNode* node = nodeQueue.front();nodeQueue.pop();
            int depth = depthQueue.front();depthQueue.pop();

            if (node != NULL) {
            	// 维护二叉树的最大深度
                max_depth = max(max_depth, depth);

                // 由于每一层最后一个访问到的节点才是我们要的答案，因此不断更新对应深度的信息即可
                rightmostValueAtDepth[depth] =  node -> val;

                nodeQueue.push(node -> left);
                nodeQueue.push(node -> right);
                depthQueue.push(depth + 1);
                depthQueue.push(depth + 1);
            }
        }

        vector<int> rightView;
        for (int depth = 0; depth <= max_depth; ++depth) {
            rightView.push_back(rightmostValueAtDepth[depth]);
        }

        return rightView;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度 : O(n)。每个节点最多进队列一次，出队列一次，因此广度优先搜索的复杂度为线性。
空间复杂度 : O(n)。每个节点最多进队列一次，所以队列长度最大不不超过 n，所以这里的空间代价为 O(n)。

二叉树展开为链表

发表于 2024-04-29 本文字数： 1.2k 阅读时长 ≈ 5 分钟

二叉树展开为链表

1.题目内容

给你二叉树的根结点 root ，请你将它展开为一个单链表：

展开后的单链表应该同样使用 TreeNode ，其中 right 子指针指向链表中下一个结点，而左子指针始终为 null 。
展开后的单链表应该与二叉树先序遍历顺序相同。

示例 1：

1 2	输入：root = [1,2,5,3,4,null,6] 输出：[1,null,2,null,3,null,4,null,5,null,6]

示例 2：

1 2	输入：root = [] 输出：[]

示例 3：

1 2	输入：root = [0] 输出：[0]

提示：

树中结点数在范围 [0, 2000] 内
-100 <= Node.val <= 100

2.解法

（1）前序遍历

思路及算法

将二叉树展开为单链表之后，单链表中的节点顺序即为二叉树的前序遍历访问各节点的顺序。因此，可以对二叉树进行前序遍历，获得各节点被访问到的顺序。由于将二叉树展开为链表之后会破坏二叉树的结构，因此在前序遍历结束之后更新每个节点的左右子节点的信息，将二叉树展开为单链表。

代码

//Java
class Solution {
    public void flatten(TreeNode root) {
        List<TreeNode> list = new ArrayList<TreeNode>();
        preorderTraversal(root, list);
        int size = list.size();
        for (int i = 1; i < size; i++) {
            TreeNode prev = list.get(i - 1), curr = list.get(i);
            prev.left = null;
            prev.right = curr;
        }
    }

    public void preorderTraversal(TreeNode root, List<TreeNode> list) {
        if (root != null) {
            list.add(root);
            preorderTraversal(root.left, list);
            preorderTraversal(root.right, list);
        }
    }
}

//C++
class Solution {
public:
    void flatten(TreeNode* root) {
        vector<TreeNode*> l;
        preorderTraversal(root, l);
        int n = l.size();
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            TreeNode *prev = l.at(i - 1), *curr = l.at(i);
            prev->left = nullptr;
            prev->right = curr;
        }
    }

    void preorderTraversal(TreeNode* root, vector<TreeNode*> &l) {
        if (root != NULL) {
            l.push_back(root);
            preorderTraversal(root->left, l);
            preorderTraversal(root->right, l);
        }
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。前序遍历的时间复杂度是 O(n)，前序遍历之后，需要对每个节点更新左右子节点的信息，时间复杂度也是 O(n)。
空间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。空间复杂度取决于栈（递归调用栈或者迭代中显性使用的栈）和存储前序遍历结果的列表的大小，栈内的元素个数不会超过 n，前序遍历列表中的元素个数是 n。

（2）前序遍历和展开同步进行

思路及算法

由于将节点展开之后会破坏二叉树的结构而丢失子节点的信息，因此前序遍历和展开为单链表分成了两步。能不能在不丢失子节点的信息的情况下，将前序遍历和展开为单链表同时进行？

之所以会在破坏二叉树的结构之后丢失子节点的信息，是因为在对左子树进行遍历时，没有存储右子节点的信息，在遍历完左子树之后才获得右子节点的信息。只要对前序遍历进行修改，在遍历左子树之前就获得左右子节点的信息，并存入栈内，子节点的信息就不会丢失，就可以将前序遍历和展开为单链表同时进行。

该做法不适用于递归实现的前序遍历，只适用于迭代实现的前序遍历。修改后的前序遍历的具体做法是，每次从栈内弹出一个节点作为当前访问的节点，获得该节点的子节点，如果子节点不为空，则依次将右子节点和左子节点压入栈内（注意入栈顺序）。

展开为单链表的做法是，维护上一个访问的节点 prev，每次访问一个节点时，令当前访问的节点为 curr，将 prev 的左子节点设为 null 以及将 prev 的右子节点设为 curr，然后将 curr 赋值给 prev，进入下一个节点的访问，直到遍历结束。需要注意的是，初始时 prev 为 null，只有在 prev 不为 null 时才能对 prev 的左右子节点进行更新。

代码

//Java
class Solution {
    public void flatten(TreeNode root) {
        if (root == null) {
            return;
        }
        Deque<TreeNode> stack = new LinkedList<TreeNode>();
        stack.push(root);
        TreeNode prev = null;
        while (!stack.isEmpty()) {
            TreeNode curr = stack.pop();
            if (prev != null) {
                prev.left = null;
                prev.right = curr;
            }
            TreeNode left = curr.left, right = curr.right;
            if (right != null) {
                stack.push(right);
            }
            if (left != null) {
                stack.push(left);
            }
            prev = curr;
        }
    }
}

//C++
class Solution {
public:
    void flatten(TreeNode* root) {
        if (root == nullptr) {
            return;
        }
        auto stk = stack<TreeNode*>();
        stk.push(root);
        TreeNode *prev = nullptr;
        while (!stk.empty()) {
            TreeNode *curr = stk.top(); stk.pop();
            if (prev != nullptr) {
                prev->left = nullptr;
                prev->right = curr;
            }
            TreeNode *left = curr->left, *right = curr->right;
            if (right != nullptr) {
                stk.push(right);
            }
            if (left != nullptr) {
                stk.push(left);
            }
            prev = curr;
        }
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。前序遍历的时间复杂度是 O(n)，前序遍历的同时对每个节点更新左右子节点的信息，更新子节点信息的时间复杂度是 O(1)，因此总时间复杂度是 O(n)。
空间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。空间复杂度取决于栈的大小，栈内的元素个数不会超过 n。

二叉树的最近公共祖先

发表于 2024-04-28 本文字数： 678 阅读时长 ≈ 2 分钟

二叉树的最近公共祖先

1.题目内容

给定一个二叉树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。

百度百科中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个节点 p、q，最近公共祖先表示为一个节点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。”

示例 1：

1
2
3

输入：root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 1
输出：3
解释：节点 5 和节点 1 的最近公共祖先是节点 3 。

示例 2：

1
2
3

输入：root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 4
输出：5
解释：节点 5 和节点 4 的最近公共祖先是节点 5 。因为根据定义最近公共祖先节点可以为节点本身。

示例 3：

1 2	输入：root = [1,2], p = 1, q = 2 输出：1

提示：

树中节点数目在范围 [2, 105] 内。
-109 <= Node.val <= 109
所有 Node.val 互不相同 。
p != q
p 和 q 均存在于给定的二叉树中。

2.解法

递归

思路及算法

祖先的定义：若节点 p 在节点 root 的左（右）子树中，或 p=root ，则称 root 是 p 的祖先。

最近公共祖先的定义：设节点 root 为节点 p,q 的某公共祖先，若其左子节点 root.left 和右子节点 root.right 都不是 p,q 的公共祖先，则称 root 是 “最近的公共祖先” 。

根据以上定义，若 root 是 p,q 的最近公共祖先，则只可能为以下情况之一：

p 和 q 在 root 的子树中，且分列 root 的异侧（即分别在左、右子树中）；
p=root ，且 q 在 root 的左或右子树中；
q=root ，且 p 在 root 的左或右子树中；

考虑通过递归对二叉树进行先序遍历，当遇到节点 p 或 q 时返回。从底至顶回溯，当节点 p,q 在节点 root 的异侧时，节点 root 即为最近公共祖先，则向上返回 root 。

代码

//Java
class Solution {
    public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
        if(root == null || root == p || root == q) return root;
        TreeNode left = lowestCommonAncestor(root.left, p, q);
        TreeNode right = lowestCommonAncestor(root.right, p, q);
        if(left == null) return right;
        if(right == null) return left;
        return root;
    }
}

//C++
class Solution {
public:
    TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
        if(root == nullptr || root == p || root == q) return root;
        TreeNode *left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
        TreeNode *right = lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
        if(left == nullptr) return right;
        if(right == nullptr) return left;
        return root;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度 O(N)：其中 N 为二叉树节点数；最差情况下，需要递归遍历树的所有节点。
空间复杂度 O(N) ：最差情况下，递归深度达到 N ，系统使用 O(N) 大小的额外空间。

验证二叉搜索树

发表于 2024-04-28 本文字数： 1.3k 阅读时长 ≈ 5 分钟

验证二叉搜索树

1.题目内容

给你一个二叉树的根节点 root ，判断其是否是一个有效的二叉搜索树。

有效二叉搜索树定义如下：

节点的左子树只包含小于当前节点的数。
节点的右子树只包含大于当前节点的数。
所有左子树和右子树自身必须也是二叉搜索树。

示例 1：

1 2	输入：root = [2,1,3] 输出：true

示例 2：

1
2
3

输入：root = [5,1,4,null,null,3,6]
输出：false
解释：根节点的值是 5 ，但是右子节点的值是 4 。

提示：

树中节点数目范围在[1, 104] 内
-231 <= Node.val <= 231 - 1

2.解法

（1）递归

思路及算法

要解决这道题首先我们要了解二叉搜索树有什么性质可以给我们利用，由题目给出的信息我们可以知道：如果该二叉树的左子树不为空，则左子树上所有节点的值均小于它的根节点的值；若它的右子树不空，则右子树上所有节点的值均大于它的根节点的值；它的左右子树也为二叉搜索树。

这启示我们设计一个递归函数 helper(root, lower, upper) 来递归判断，函数表示考虑以 root 为根的子树，判断子树中所有节点的值是否都在 (l,r) 的范围内（注意是开区间）。如果 root 节点的值 val 不在 (l,r) 的范围内说明不满足条件直接返回，否则我们要继续递归调用检查它的左右子树是否满足，如果都满足才说明这是一棵二叉搜索树。

那么根据二叉搜索树的性质，在递归调用左子树时，我们需要把上界 upper 改为 root.val，即调用 helper(root.left, lower, root.val)，因为左子树里所有节点的值均小于它的根节点的值。同理递归调用右子树时，我们需要把下界 lower 改为 root.val，即调用 helper(root.right, root.val, upper)。

函数递归调用的入口为 helper(root, -inf, +inf)， inf 表示一个无穷大的值。

代码

//C++
class Solution {
public:
    bool helper(TreeNode* root, long long lower, long long upper) {
        if (root == nullptr) {
            return true;
        }
        if (root -> val <= lower || root -> val >= upper) {
            return false;
        }
        return helper(root -> left, lower, root -> val) && helper(root -> right, root -> val, upper);
    }
    bool isValidBST(TreeNode* root) {
        return helper(root, LONG_MIN, LONG_MAX);
    }
};

//Java
class Solution {
    public boolean isValidBST(TreeNode root) {
        return isValidBST(root, Long.MIN_VALUE, Long.MAX_VALUE);
    }

    public boolean isValidBST(TreeNode node, long lower, long upper) {
        if (node == null) {
            return true;
        }
        if (node.val <= lower || node.val >= upper) {
            return false;
        }
        return isValidBST(node.left, lower, node.val) && isValidBST(node.right, node.val, upper);
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树的节点个数。在递归调用的时候二叉树的每个节点最多被访问一次，因此时间复杂度为 O(n)。
空间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树的节点个数。递归函数在递归过程中需要为每一层递归函数分配栈空间，所以这里需要额外的空间且该空间取决于递归的深度，即二叉树的高度。最坏情况下二叉树为一条链，树的高度为 n ，递归最深达到 n 层，故最坏情况下空间复杂度为 O(n) 。

（2）中序遍历

思路及算法

基于方法一中提及的性质，我们可以进一步知道二叉搜索树「中序遍历」得到的值构成的序列一定是升序的，这启示我们在中序遍历的时候实时检查当前节点的值是否大于前一个中序遍历到的节点的值即可。如果均大于说明这个序列是升序的，整棵树是二叉搜索树，否则不是，下面的代码我们使用栈来模拟中序遍历的过程。

可能有读者不知道中序遍历是什么，我们这里简单提及。中序遍历是二叉树的一种遍历方式，它先遍历左子树，再遍历根节点，最后遍历右子树。而我们二叉搜索树保证了左子树的节点的值均小于根节点的值，根节点的值均小于右子树的值，因此中序遍历以后得到的序列一定是升序序列。

fig1

代码

//C++
class Solution {
public:
    bool isValidBST(TreeNode* root) {
        stack<TreeNode*> stack;
        long long inorder = (long long)INT_MIN - 1;

        while (!stack.empty() || root != nullptr) {
            while (root != nullptr) {
                stack.push(root);
                root = root -> left;
            }
            root = stack.top();
            stack.pop();
            // 如果中序遍历得到的节点的值小于等于前一个 inorder，说明不是二叉搜索树
            if (root -> val <= inorder) {
                return false;
            }
            inorder = root -> val;
            root = root -> right;
        }
        return true;
    }
};

//Java
class Solution {
    public boolean isValidBST(TreeNode root) {
        Deque<TreeNode> stack = new LinkedList<TreeNode>();
        double inorder = -Double.MAX_VALUE;

        while (!stack.isEmpty() || root != null) {
            while (root != null) {
                stack.push(root);
                root = root.left;
            }
            root = stack.pop();
              // 如果中序遍历得到的节点的值小于等于前一个 inorder，说明不是二叉搜索树
            if (root.val <= inorder) {
                return false;
            }
            inorder = root.val;
            root = root.right;
        }
        return true;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树的节点个数。二叉树的每个节点最多被访问一次，因此时间复杂度为 O(n)。
空间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树的节点个数。栈最多存储 n 个节点，因此需要额外的 O(n)的空间。