【LetMeFly】2385.感染二叉树需要的总时间：两次搜索（深搜 + 广搜）

力扣题目链接：https://leetcode.cn/problems/amount-of-time-for-binary-tree-to-be-infected/

给你一棵二叉树的根节点 root ，二叉树中节点的值 互不相同 。另给你一个整数 start 。在第 0 分钟，感染 将会从值为 start 的节点开始爆发。

每分钟，如果节点满足以下全部条件，就会被感染：

• 节点此前还没有感染。
• 节点与一个已感染节点相邻。

返回感染整棵树需要的分钟数。

 

示例 1：

输入：root = [1,5,3,null,4,10,6,9,2], start = 3
输出：4
解释：节点按以下过程被感染：
- 第 0 分钟：节点 3
- 第 1 分钟：节点 1、10、6
- 第 2 分钟：节点5
- 第 3 分钟：节点 4
- 第 4 分钟：节点 9 和 2
感染整棵树需要 4 分钟，所以返回 4 。

示例 2：

输入：root = [1], start = 1
输出：0
解释：第 0 分钟，树中唯一一个节点处于感染状态，返回 0 。

 

提示：

• 树中节点的数目在范围 [1, 105] 内
• 1 <= Node.val <= 105
• 每个节点的值 互不相同
• 树中必定存在值为 start 的节点

解题方法：两次搜索（深搜 + 广搜）

我们可以首先从根节点开始进行一次深度优先搜索，通过此次搜索便可以将每个节点的所有相邻节点记录下来。

接着从start结点开始广度优先搜索，每次感染一层，搜索完成时便得到了感染整棵树需要的时间。

Tips: 每个节点值互不相同，因此可以使用节点的值代替节点。

• 时间复杂度$O(Size)$
• 空间复杂度$O(Size)$

AC代码

C++

class Solution {
private:
    unordered_map<int, vector<int>> neighbors;

    void dfs(TreeNode* root) {
        if (root->left) {
            neighbors[root->val].push_back(root->left->val);
            neighbors[root->left->val].push_back(root->val);
            dfs(root->left);
        }
        if (root->right) {
            neighbors[root->val].push_back(root->right->val);
            neighbors[root->right->val].push_back(root->val);
            dfs(root->right);
        }
    }
public:
    int amountOfTime(TreeNode* root, int start) {
        dfs(root);
        int ans = -1;
        queue<int> q;
        q.push(start);
        unordered_set<int> visited;
        visited.insert(start);
        while (q.size()) {
            ans++;
            for (int t = q.size(); t > 0; t--) {
                int thisNode = q.front();
                q.pop();
                for (int nextNode : neighbors[thisNode]) {
                    if (!visited.count(nextNode)) {
                        visited.insert(nextNode);
                        q.push(nextNode);
                    }
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};

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Tisfy：https://letmefly.blog.csdn.net/article/details/138172943