leetcode_day18

本文最后更新于 2024年8月18日下午

今日内容

找树左下角的值

递归写法

递归代表深度优先搜索，所以对于这道题要求的bottom比较好把握，只要维护一个最深深度就行了，对于left，就要在递归逻辑上把握

当遇到叶子节点，根据深度判断是否维护，注意一定是深度比当前大才维护，不能相等
当遇到分支节点，先走左再走右

为什么先走左就能保证最底最左？

最底可以保证，最左就是第一个遇到，而维护时只维护更深的，就意味着当前答案就是当前深度中第一个遇到的、最左的节点，所以最左也可以保证

class Solution {
public:
    pair<int, int> ans = {0, 0};
    int findBottomLeftValue(TreeNode* root) {
        findBottomLeftValueHelp(root, 1);
        return ans.first;
    }
    void findBottomLeftValueHelp(TreeNode * root, int depth) {
        if(!root->left && !root->right) {
            if(depth > ans.second) ans = pair<int, int>{root->val, depth};
            return;
        }
        if(root->left) findBottomLeftValueHelp(root->left, depth + 1);
        if(root->right) findBottomLeftValueHelp(root->right, depth + 1);
        
    }
};

迭代写法

代表广度优先搜索，或者层序遍历，由于每层从左向右，所以left好把握，对于bottom就要多写点逻辑来把握

遍历每行时，若遇到叶子节点，则跳过对该层后面节点的判断，仅仅只入队后面节点的子节点，这样就保证了最左。如果队中还有元素，则说明还有更深，继续寻找，最后就会得到答案

class Solution {
public:
    int findBottomLeftValue(TreeNode* root) {
        queue<TreeNode *> q;
        q.push(root);
        int ans = root->val;
        while(!q.empty()) {
            int size = q.size();
            for(int i = 0;i < size;i++) {
                TreeNode * cur = q.front(); q.pop();
                if(cur->left) q.push(cur->left);
                if(cur->right) q.push(cur->right);
                if(!cur->left && !cur->right) {
                    ans = cur->val;
                    while(++i < size) {
                        cur = q.front(); q.pop();
                        if(cur->left) q.push(cur->left);
                        if(cur->right) q.push(cur->right);
                    }
                }

            }
        }
        return ans;
    }
};

路径总和

这题太适合深度优先搜索了，一条路走到头才能判断，那就一条一条走，正符合dfs。

代码比较简单，注意参数怎么传的，传参步骤减去当前节点值，最后判断是否刚好相等。而非从0加到叶子再判断是否等于target，虽然空间复杂度没变，但是少一个变量更简洁一点

具体代码不贴，与下一题类似，可同理理解

路径综合II

仍然是深度优先搜索，只是多了保存答案的步骤，也不难

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> pathSum(TreeNode* root, int targetSum) {
        vector<vector<int>> ans;
        path(root, targetSum, vector<int>(), ans);
        return ans;
    }
    void path(TreeNode * root, int targetSum, vector<int> temp, vector<vector<int>> &ans) {
        if(!root) return;
        if(!root->left && !root->right && root->val == targetSum) {
            temp.push_back(root->val);
            ans.push_back(temp);
            return;
        }
        temp.push_back(root->val);
        if(root->left) path(root->left, targetSum - root->val, temp, ans);
        if(root->right) path(root->right, targetSum - root->val, temp, ans);
    }
};

从中序和后序构造二叉树

递归写法

经典考题，递归写法核心思想为分割序列为子树的中序和后序，不断分割直到只剩一个，即是叶子节点

根据后序可以直接确定当前树的根节点，然后在中序中定位左右子树的中序，最后将左右子树的中序和后需继续下传，返回当前根节点

分割序列采用vector的构造函数，使用迭代器分割

class Solution {
public:
    TreeNode* buildTree(vector<int>& inorder, vector<int>& postorder) {
        if(inorder.size() == 0) return nullptr;
        int size = inorder.size();
        int rootval = postorder[size - 1];
        TreeNode * root = new TreeNode(rootval);
        int split;
        for(int i = 0;i < size;i++) {
            if(inorder[i] == rootval) {
                split = i;
                break;
            }
        }
        vector<int> inleft = vector<int>(inorder.begin(), inorder.begin() + split);
        vector<int> inright = vector<int>(inorder.begin() + split + 1, inorder.end());
        vector<int> postleft = vector<int>(postorder.begin(), postorder.begin() + split);
        vector<int> postright = vector<int>(postorder.begin() + split, postorder.end() - 1);
        root->left = buildTree(inleft, postleft);
        root->right = buildTree(inright, postright);
        return root;
    }
};

从前序和中序构造二叉树

递归写法

与上一题同理

class Solution {
public:
    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        if(inorder.size() == 0) return nullptr;
        int rootval = preorder[0];
        int split = 0;
        for(split;split < preorder.size();split++) {
            if(inorder[split] == rootval) break;
        }
        TreeNode * root = new TreeNode(rootval);
        vector<int> leftpre(preorder.begin() + 1, preorder.begin() + 1 + split);
        vector<int> rightpre(preorder.begin() + 1 + split, preorder.end());
        vector<int> leftin(inorder.begin(), inorder.begin() + split);
        vector<int> rightin(inorder.begin() + split + 1, inorder.end());
        root->left = buildTree(leftpre, leftin);
        root->right = buildTree(rightpre, rightin);
        return root;
    }
};

迭代写法

迭代写法思维很巧妙，官方题解写得很严谨，我直接摘抄并加入自己的注解：注解格式

原文链接

对于前序遍历中的任意两个连续节点 u 和 v，根据前序遍历的流程，我们可以知道 u 和 v 只有两种可能的关系：

v 是 u 的左儿子。这是因为在遍历到 u 之后，下一个遍历的节点就是 u 的左儿子，即 v；

u 没有左儿子，并且 v 是 u 的某个祖先节点（或者 u 本身）的右儿子。可以自己画几个树来验证

举一个例子来说明第二种关系的正确性，并在例子中给出我们的迭代算法。

例子:

我们以树

为例，它的前序遍历和中序遍历分别为

preorder = [3, 9, 8, 5, 4, 10, 20, 15, 7]

inorder = [4, 5, 8, 10, 9, 3, 15, 20, 7]

我们用一个栈 stack 来维护「当前节点的所有还没有考虑过右儿子的祖先节点」栈内的元素无论何时都是这一含义，视作未判断过是不是有右孩子的节点，栈顶就是当前节点。也就是说，只有在栈中的节点才可能连接一个新的右儿子。同时，我们用一个指针 index 指向中序遍历的某个位置，初始值为 0。index 对应的节点是「当前节点不断往左走达到的最终节点」，这也是符合中序遍历的，它的作用在下面的过程中会有所体现。

首先我们将根节点 3 入栈，再初始化 index 所指向的节点为 4，随后对于前序遍历中的每个节点，我们依次判断它是栈顶节点的左儿子，还是栈中某个节点的右儿子。

我们遍历 9。9 一定是栈顶节点 3 的左儿子。我们使用反证法，假设 9 是 3 的右儿子，那么 3 没有左儿子，index 应该恰好指向 3，但实际上为 4，因此产生了矛盾。所以我们将 9 作为 3 的左儿子，并将 9 入栈。

stack = [3, 9]

index -> inorder[0] = 4

我们遍历 8，5 和 4。同理可得它们都是上一个节点（栈顶节点）的左儿子，所以它们会依次入栈。

stack = [3, 9, 8, 5, 4]

index -> inorder[0] = 4

我们遍历 10，这时情况就不一样了。我们发现 index 恰好指向当前的栈顶节点 4，也就是说 4 没有左儿子，那么 10 必须为栈中某个节点的右儿子。那么如何找到这个节点呢？栈中的节点的顺序和它们在前序遍历中出现的顺序是一致的，而且每一个节点的右儿子都还没有被遍历过，那么这些节点的顺序和它们在中序遍历中出现的顺序一定是相反的。z左中右与中左右，其中“中”和“左”是相反的

这是因为栈中的任意两个相邻的节点，前者都是后者的某个祖先。并且我们知道，栈中的任意一个节点的右儿子还没有被遍历过，说明后者一定是前者左儿子的子树中的节点，那么后者就先于前者出现在中序遍历中。

因此我们可以把 index 不断向右移动，并与栈顶节点进行比较。如果 index 对应的元素恰好等于栈顶节点，那么说明我们在中序遍历中找到了栈顶节点，所以将 index 增加 1 并弹出栈顶节点，直到 index 对应的元素不等于栈顶节点。按照这样的过程，我们弹出的最后一个节点 x 就是 10 的双亲节点，这是因为 10 出现在了 x 与 x 在栈中的下一个节点的中序遍历之间，因此 10 就是 x 的右儿子。

回到我们的例子，我们会依次从栈顶弹出 4，5 和 8，并且将 index 向右移动了三次。我们将 10 作为最后弹出的节点 8 的右儿子栈中没有考虑右孩子，并将 10 入栈。

stack = [3, 9, 10]

index -> inorder[3] = 10

我们遍历 20。同理，index 恰好指向当前栈顶节点 10，那么我们会依次从栈顶弹出 10，9 和 3，并且将 index 向右移动了三次。我们将 20 作为最后弹出的节点 3 的右儿子，并将 20 入栈。

stack = [20]

index -> inorder[6] = 15

我们遍历 15，将 15 作为栈顶节点 20 的左儿子，并将 15 入栈。

stack = [20, 15]

index -> inorder[6] = 15

我们遍历 7。index 恰好指向当前栈顶节点 15，那么我们会依次从栈顶弹出 15 和 20，并且将 index 向右移动了两次。我们将 7 作为最后弹出的节点 20 的右儿子，并将 7 入栈。

stack = [7]

index -> inorder[8] = 7

此时遍历结束，我们就构造出了正确的二叉树。

算法

我们归纳出上述例子中的算法流程：

我们用一个栈和一个指针辅助进行二叉树的构造。初始时栈中存放了根节点（前序遍历的第一个节点），指针指向中序遍历的第一个节点；
我们依次枚举前序遍历中除了第一个节点以外的每个节点。如果 index 恰好指向栈顶节点，那么我们不断地弹出栈顶节点并向右移动 index，并将当前节点作为最后一个弹出的节点的右儿子；如果 index 和栈顶节点不同，我们将当前节点作为栈顶节点的左儿子；

无论是哪一种情况，我们最后都将当前的节点入栈。

代码

class Solution {
public:
    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        if (!preorder.size()) {
            return nullptr;
        }
        TreeNode* root = new TreeNode(preorder[0]);
        stack<TreeNode*> stk;
        stk.push(root);
        int inorderIndex = 0;
        for (int i = 1; i < preorder.size(); ++i) {
            int preorderVal = preorder[i];
            TreeNode* node = stk.top();
            if (node->val != inorder[inorderIndex]) {
                node->left = new TreeNode(preorderVal);
                stk.push(node->left);
            }
            else {
                while (!stk.empty() && stk.top()->val == inorder[inorderIndex]) {
                    node = stk.top();
                    stk.pop();
                    ++inorderIndex;
                }
                node->right = new TreeNode(preorderVal);
                stk.push(node->right);
            }
        }
        return root;
    }
};

#leetcode

leetcode_day18

https://novelyear.github.io/2024/06/09/leetcode-day18/

作者

Leoo Yann

更新于

2024年8月18日

许可协议

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