题目难度: 中等
原题链接
今天继续更新 Leetcode 的剑指 Offer（专项突击版）系列, 大家在公众号 算法精选 里回复
剑指offer2就能看到该系列当前连载的所有文章了, 记得关注哦~
题目描述
给定一棵二叉搜索树和其中的一个节点 p ，找到该节点在树中的中序后继。如果节点没有中序后继，请返回 null 。
节点 p 的后继是值比 p.val 大的节点中键值最小的节点，即按中序遍历的顺序节点 p 的下一个节点。
示例 1：
- 输入：root = [2,1,3], p = 1
- 输出：2
- 解释：这里 1 的中序后继是 2。请注意 p 和返回值都应是 TreeNode 类型。
示例 2：
- 输入：root = [5,3,6,2,4,null,null,1], p = 6
- 输出：null
- 解释：因为给出的节点没有中序后继，所以答案就返回 null 了。
提示：
- 树中节点的数目在范围 [1, 10^4] 内。
- -10^5 <= Node.val <= 10^5
- 树中各节点的值均保证唯一。
题目思考
- 如何尽可能降低时间和空间复杂度?
- 如何利用二叉搜索树的性质?
解决方案
思路
- 根据题目描述, 一个很容易想到的思路就是中序遍历, 同时存储当前遍历到的节点的前一节点 pre, 这样当 pre 是 p 时, 也就意味着当前节点就是 p 的中序后继, 将它保存为最终结果并返回即可
- 不过这样我们就得从头开始遍历所有节点, 而且会有递归栈的额外空间消耗, 另外还没有用到二叉搜索树这个条件, 有没有更好的方法呢?
- 回顾二叉搜索树的性质, 其中序遍历的节点是有序的, 那么某个节点的中序后继, 一定是对应有序数组右侧紧挨着它的元素, 也即大于 p 的最小节点
- 我们可以利用这一特点, 采用二分查找, 具体过程如下:
- 从根节点开始, 如果当前节点大于 p 节点时, 向左子树方向继续查找, 否则就向右子树方向查找
- 在查找的同时, 维护一个变量 res 保存最终结果, 并初始化为空
- 如果当前节点大于 p 节点, 且 res 为空或者 res 小于当前节点, 就更新 res 为当前节点
- 这样最终二分查找结束时, res 对应的节点就是 p 的中序后继
- 下面代码中包含了上述两种做法, 并有详细的注释, 方便大家理解
复杂度
- 中序遍历
- 时间复杂度 O(N): 从头开始遍历每个节点, O(N)
- 空间复杂度 O(H): 递归调用最多使用 O(H) 栈空间, H 是树的高度
- 二分查找
- 时间复杂度 O(logN): 每次二分都只需要朝某个方向继续查找, 所以是 O(logN)
- 空间复杂度 O(1): 只使用了几个常数空间的变量
代码
class Solution:
def inorderSuccessor(self, root: "TreeNode", p: "TreeNode") -> "TreeNode":
# 方法1: 中序遍历
res = None
pre = None
def inorder(cur):
nonlocal res, pre
if not cur:
return
inorder(cur.left)
if pre == p:
# pre是p, 自然cur就是p的中序后继
res = cur
# 更新pre为当前节点, 用于下个节点的判断
pre = cur
inorder(cur.right)
inorder(root)
return res
# 方法2: 二分查找
cur = root
res = None
while cur:
if cur.val > p.val:
if res is None or cur.val < res.val:
# 当前节点是第一个大于p的, 或者它小于res, 更新它为最终结果
res = cur
# 向右子树方向继续查找
cur = cur.left
else:
# 向左子树方向继续查找
cur = cur.right
return res
大家可以在下面这些地方找到我~😊
我的 GitHub
我的 Leetcode
我的 CSDN
我的知乎专栏
我的头条号
我的牛客网博客
我的公众号: 算法精选, 欢迎大家扫码关注~😊
