112. 路径总和
题目描述：
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方法一：树考虑递归
1.终止条件：到叶子结点且值相等-->true;到叶子结点值不相等--->false;
2.递归关系式 ：
bool root_sum=bool left_sum1 || bool right_sum1
根到叶子的和是否为sum就是左孩子到叶子的和是否为sum—root或右孩子到叶子的和是否为sum—root所以代码为：
class Solution {
public:
bool hasPathSum(TreeNode* root, int targetSum) {
if(!root) return false;
if(!root->left && !root->right) return targetSum==root->val;
return hasPathSum(root->left, targetSum-root->val)|| hasPathSum(root->right, targetSum-root->val);
}
};方法二：DFS
class Solution {
public:
bool hasPathSum(TreeNode* root, int targetSum) {
if(!root) return false;
return dfs(root,targetSum);
}
bool dfs(TreeNode* root, int Sum){
if(!root) return false ;
Sum-=root->val;
if(Sum==0&&!root->left&&!root->right) return true;
bool leftResult = dfs(root->left, Sum);
bool rightResult = dfs(root->right, Sum);
// 如果左子树或右子树存在满足条件的路径，返回true
if(leftResult || rightResult) {
return true;
}
return false;
}
};这里需要注意一下：在递归回溯时，我们不需要将当前节点的值再次加回到sum中。
理解方式：因为在后续调用dfs时sum是个参数，他只是把此时sum的值复制一份传递给下一层递归函数。这意味着后续调用的Sum值是独立的，不会影响到之前的调用
例如：
#include<stdio.h>
using namespace std;
int add(int a,int b){
return a=a+b;
}
int main(){
int a=0;
int c=add(a,3);
printf("%d",a);
return 0;
} 113. 路径总和 II
给你二叉树的根节点 root 和一个整数目标和 targetSum ，找出所有 从根节点到叶子节点 路径总和等于给定目标和的路径。
这道题跟上道题的区别在于需要返回路径。其他大体思路差不多，可以直接dfs遍历。
class Solution {
public:
vector<vector<int>> pathSum(TreeNode* root, int targetSum) {
dfs(root,targetSum);
return res;
}
private:
vector<vector<int>> res;
vector<int> path;
void dfs(TreeNode* root,int tar){
if(!root) return ;
path.push_back(root->val);//向下遍历
tar-=root->val;
if(tar==0&&!root->left&&!root->right){
res.push_back(path);
}//成功
dfs(root->left,tar);//左
dfs(root->right,tar);//右
path.pop_back();//回溯
}
};注意这道题里面每次dfs后path需要pop因为path是全局变量
101. 对称二叉树
注意：这道题不可以用中序遍历，会出现：
这种情况
正确做法：左右都存在的情况下，递归的判断，L->right==R->left R->right==L->left;？
class Solution {
public:
bool isSymmetric(TreeNode* root) {
if(!root) return true;
return dfs(root->left,root->right);
}
bool dfs(TreeNode* L,TreeNode* R){
if(!L&&!R)
return true;
if( !L||!R)
return false;
if(L->val!=R->val) return false;//member access within null pointer of type 'TreeNode' 不能比较空
return dfs(L->right,R->left)&&dfs(R->right,L->left);
}
};199. 二叉树的右视图
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。
方法一：横向思考：最右边的就是每一层的最右边的一个节点---》层次遍历，每次队列出完一行，一层到最后的时候，就是最右边的节点。
class Solution { // 层序遍历
public:
vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
vector<int> res;
if (!root)
return res;
queue<TreeNode*> q;
TreeNode* visit;
q.push(root);
while (!q.empty()) {
int q_size = q.size();
for (int i = 0; i < q_size; i++) {
visit = q.front();
q.pop();
if (i == q_size - 1) {
res.push_back(visit->val);
}
if (visit->left)
q.push(visit->left);
if (visit->right)
q.push(visit->right);
}
}
return res;
}
};每层结束的判断：
int q_size = q.size();
//确保每次上一层全部遍历完后，立马计算当前队列的大小
if (i == q_size - 1) {
res.push_back(visit->val);
}方法二：纵向思维：
思路： 我们按照 「根结点 -> 右子树 -> 左子树」 的顺序访问，就可以保证每层都是最先访问最右边的节点的。每次新的一层，就将节点的值放入到数组中。
（与先序遍历 「根结点 -> 左子树 -> 右子树」 正好相反，先序遍历每层最先访问的是最左边的节点）
class Solution {
public:
vector<int> res;
void pre(TreeNode* root,int deep){
if(!root) return ;
if(deep==res.size()) res.push_back(root->val);
deep++;
if(root->right) pre(root->right,deep);
if(root->left) pre(root->left,deep);
}
vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
pre(root,0);
return res;
}
};226. 翻转二叉树
给你一棵二叉树的根节点 root ，翻转这棵二叉树，并返回其根节点。
注意：
- 在交换左右子树节点值时，应该交换节点指针而不仅仅是节点值。因此，应该使用
swap(root->left, root->right)来交换左右子树节点。 - 在处理节点的左右子树时，应该先递归地对左右子树进行翻转操作，然后再交换左右子树的位置。因此，在调用
invertTree函数之前应该先判断左右子树是否为空。
class Solution {
public:
TreeNode* invertTree(TreeNode* root) {
if (!root) {
return nullptr;
}
// 递归地翻转左右子树
TreeNode* left = invertTree(root->left);
TreeNode* right = invertTree(root->right);
// 交换左右子树
root->left = right;
root->right = left;
return root;
}
};
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