【寸铁的刷题笔记】树、dfs、bfs、回溯、递归(一)
大家好 我是寸铁👊
总结了一篇刷题关于树、dfs、bfs、回溯、递归的文章✨
喜欢的小伙伴可以点点关注 💝
105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树
模拟分析图
代码实现
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode() {}
* TreeNode(int val) { this.val = val; }
* TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
* this.val = val;
* this.left = left;
* this.right = right;
* }
* }
*/
class Solution {
public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
return buildTree1(preorder , 0 , preorder.length , inorder , 0 , inorder.length);
}
public TreeNode buildTree1(int []preorder , int preLeft, int preRight , int []inorder , int inLeft , int inRight){
//递归终止条件
//中序数组中右边界-左边界 < 1
//返回null
if(inRight - inLeft < 1){
return null;
}
//只有一个节点
//则创建该值的节点返回出去即可
if(inRight - inLeft == 1){
return new TreeNode(inorder[inLeft]);
}
//前序遍历中的第一个值为根节点的值
int Val = preorder[preLeft];
//记录根节点的下标索引
int rootIdx = 0;
//在中序数组中查找到第一个值所在的下标
//用于根据该下标进行数组的切割
TreeNode root = new TreeNode(Val);
for(int i = inLeft; i < inRight; i++){
if(inorder[i] == Val){
rootIdx = i;
break;
}
}
//递归根节点的左子树和右子树
//注意: 编写递归时要统一规范
//由于上面写的是i < inRight
//这里需要不断查找每个切分的数组的根节点进行切割。
//区间是左闭右开的 要统一规范去写
//清楚是左闭右开后 编写逻辑如下：
root.left = buildTree1(preorder , preLeft + 1 , preLeft + 1 + (rootIdx - inLeft) , inorder , inLeft , rootIdx);
root.right = buildTree1(preorder , preLeft+1+(rootIdx - inLeft) , preRight , inorder , rootIdx + 1 , inRight);
//返回最后的根节点
//每次递归时,向上返回该节点,接住该节点的是左孩子或者右孩子
return root;
}
}
106. 从中序与后序遍历序列构造二叉树
模拟分析图
代码实现
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode() {}
* TreeNode(int val) { this.val = val; }
* TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
* this.val = val;
* this.left = left;
* this.right = right;
* }
* }
*/
class Solution {
public TreeNode buildTree(int[] inorder, int[] postorder) {
//注:传入的是中序和后序数组的长度
//区间是左闭右开
return buildTree1(inorder , 0 , inorder.length , postorder , 0 , postorder.length);
}
public TreeNode buildTree1(int []inorder , int inleft, int inRight , int[]postorder , int postLeft,int postRight){
//对中序数组进行判断
//如果说中序数组的长度 - 起点下标 < 1
//则说明没有元素 返回空
// 0 - 0 = 0 < 1
if(inRight - inleft < 1){
return null;
}
//只有一个元素
//则创建一个该元素的节点返回即可
if(inRight - inleft == 1){
return new TreeNode(inorder[inleft]);
}
//后序数组中的最后一个元素即为根起点
int rootVal = postorder[postRight - 1];
TreeNode root = new TreeNode(rootVal);
int rootIndex = 0;
//根据拿到的根节点root在中序数组中找到切割点
for(int i = inleft; i < inRight; i++){
if(inorder[i] == rootVal){
rootIndex = i;
}
}
//根据rootIndex在中、后序数组中划分左右子树
//在中序中划分
root.left = buildTree1(inorder , inleft , rootIndex,
postorder , postLeft , postLeft + (rootIndex - inleft));
//在后序中划分
root.right = buildTree1(inorder, rootIndex + 1, inRight , postorder , postLeft + (rootIndex - inleft) , postRight - 1);
return root;
}
}
112. 路径总和
代码实现
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode() {}
* TreeNode(int val) { this.val = val; }
* TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
* this.val = val;
* this.left = left;
* this.right = right;
* }
* }
*/
class Solution {
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int targetSum) {
//如果说根节点为空 则无法得到目标和 直接返回false
if(root == null) return false;
//采用的是减法 看最后targetSum 减少到最后是否为0
//递归调用 传入根节点 此时count和为targetSum - 当前根节点的值
return traversal(root , targetSum - root.val);
}
public boolean traversal(TreeNode cur , int count){
//如果说左子树和右子树都为空(此为叶子节点) 并且count等于0
//则说明存在路径使得节点之和为targetSum
//返回true
if(cur.left == null && cur.right == null && count == 0)return true;
//否则返回false
if(cur.left == null && cur.right == null && count == 0)return false;
//递归逻辑
//递归左子树
if(cur.left != null){
//减去当前遍历到的节点值
count -= cur.left.val;
//注意:这里需要向上返回布尔值
//如果往左子树遍历的结果为true
//则向上返回true
if(traversal(cur.left , count)){
return true;
}
//回溯 把之前减去的节点值加上
//再从另一个分支去寻找是否存在路径
count += cur.left.val;
}
//同理，递归右子树
if(cur.right != null){
count -= cur.right.val;
if(traversal(cur.right , count)){
return true;
}
count += cur.right.val;
}
return false;
}
}
113. 路径总和 II
相比较 112. 路径总和
113. 路径总和 II || 与下面的 129. 求根节点到叶节点数字之和
共同的逻辑都是需要遍历一棵树从根节点到所有叶子节点
这意味着需要一个数据结构(list)去存储所有经过的路径上的节点
也就意味着不需要返回值,但是由于需要遍历所有的叶子节点
这里需要进行向上回溯，也就是怎么来的就怎么去(恢复现场)
代码实现
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode() {}
* TreeNode(int val) { this.val = val; }
* TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
* this.val = val;
* this.left = left;
* this.right = right;
* }
* }
*/
class Solution {
//result队列用于接收满足条件的path
List<List<Integer>> result;
//path用于接收每次搜索的结果
//这里不用开启全局变量
//原因：path会遍历到叶子节点会向上回溯
LinkedList<Integer> path;
public List<List<Integer>> pathSum(TreeNode root, int targetSum) {
result = new LinkedList<>();
path = new LinkedList<>();
travesal(root , targetSum);
return result;
}
//这里由于有path接收搜索的结点
//所以，这里不需要去返回值
public void travesal(TreeNode root , int count){
//如果说根节点为空 则直接结束
if(root == null) return;
//先把当前的节点值加入到path队列中
path.offer(root.val);
//然后，更新当前的count 把当前添加入队列的节点值减去
count -= root.val;
//接着，处理临界条件,也就是遍历到叶子节点对答案的判断
if(root.left == null && root.right == null && count == 0){
//满足条件则把当前遍历的节点添加到path队列中
result.add(new LinkedList<>(path));
}
//向下递归,遍历左子树和右子树
//这里是直接往左子树或者右子树的某个方向能走的路走到底
//无论是往右还是左走 走到底即可
//走到底无路可走后再向上回溯 依次移除最后一个元素 再去搜索其他分支
travesal(root.left , count);
travesal(root.right , count);
path.removeLast();
}
}
debug
class Solution {
List<List<Integer>> result;
LinkedList <Integer> path;
public List<List<Integer>> pathSum(TreeNode root, int targetSum) {
result = new LinkedList<>();
path = new LinkedList<>();
travesal(root , targetSum);
return result;
}
public void travesal(TreeNode root , int count){
if(root == null)return;
path.offer(root.val);
count -= root.val;
System.out.println("111111111");
System.out.println(path);
if(root.left == null && root.right == null && count == 0){
//打印出来去看path的变化过程
System.out.println("22222222");
System.out.println(path);
result.add(new LinkedList<>(path));
}
travesal(root.left , count);
System.out.println("leftleftleftleftleftleft");
System.out.println(path);
travesal(root.right , count);
System.out.println("333333333333");
System.out.println(path);
//依次移除掉最后一个节点,向上回溯
//直至移除到最后一个根节点
path.removeLast();
}
}
129. 求根节点到叶节点数字之和
代码实现
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode() {}
* TreeNode(int val) { this.val = val; }
* TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
* this.val = val;
* this.left = left;
* this.right = right;
* }
* }
*/
class Solution {
//path存储dfs到的节点
List<Integer>path = new LinkedList<>();
//记录最终求和的结果
int res = 0;
public int sumNumbers(TreeNode root) {
//如果root为null 则返回0
if(root == null)return 0;
//如果root不为null 则把根节点添加到path中
path.add(root.val);
travesal(root);
return res;
}
public void travesal(TreeNode root){
//遍历到叶子节点则对当前的path的值求和
if(root.left == null && root.right == null){
res += listToInt(path);
}
//遍历左子树
if(root.left != null){
//先添加左子树节点的值
path.add(root.left.val);
//再继续递归到下一层
travesal(root.left);
//移除掉当前队列中的最后一个元素 向上回溯
path.remove(path.size() - 1);
}
//遍历右子树
if(root.right != null){
path.add(root.right.val);
travesal(root.right);
path.remove(path.size() - 1);
}
}
//对path中存储的节点值进行求和
public int listToInt(List<Integer> path){
int sum = 0;
//这里由于list是队列 先进先出
//在原来的sum基础上乘10 再加上最后一个元素即可
for(Integer s : path){
sum = sum * 10 + s;
}
return sum;
}
}
总结
大逻辑其实还是最核心的三个点，一个是根节点,一个是左孩子 ，一个是右孩子。
可以把递归函数看成是一个整体部分，整体的去对左子树进行处理，整体
的去对右子树进行处理，然后返回结果或者说记录结果，不必去深究递归里面的细节，会让整个的解题思路变得十分复制混乱，就是理解为递归函数去帮助你进行处理，最后返回一个结果或者将结果存起来就好了！
看到这里的小伙伴，恭喜你又掌握了一个技能👊
希望大家能取得胜利，坚持就是胜利💪
我是寸铁！我们下期再见💕
往期好文💕
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