24暑假算法刷题 | Day15 | LeetCode 110. 平衡二叉树，257. 二叉树的所有路径，404. 左叶子之和，222. 完全二叉树的节点个数

110. 平衡二叉树

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题目描述

给定一个二叉树，判断它是否是平衡二叉树

平衡二叉树 是指该树所有节点的左右子树的深度相差不超过 1。

示例 1：

输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：true

示例 2：

输入：root = [1,2,2,3,3,null,null,4,4]
输出：false

示例 3：

输入：root = []
输出：true

提示：

树中的节点数在范围 [0, 5000] 内
-104 <= Node.val <= 104

题解

显然，一个二叉树是平衡的，当且仅当它的所有子树都是平衡的。听起来就很适合递归秒了：

int getDepth(TreeNode *root)
{
    if (!root)
        return 0;
    return max(getDepth(root->left), getDepth(root->right)) + 1;
}

bool isBalanced(TreeNode *root)
{
    if (!root)
        return true; // 空树是平衡树
    return abs(getDepth(root->left) - getDepth(root->right)) <= 1 && isBalanced(root->left) && isBalanced(root->right);
}

相应地，考虑一下迭代法。由于需要判断各节点“左右子树的深度差”是否大于1，联想到基于后序遍历实现本题：因为后序遍历处理某一节点时，总是已经访问过其左右子树节点了。

// 基于层序遍历获取某个节点的深度
int getDepth(TreeNode *root)
{
    if (!root)
        return 0;
    queue<TreeNode *> q;
    q.push(root);
    int depth = 0;
    while (!q.empty())
    {
        int size = q.size();
        for (int i = 0; i < size; i++)
        {
            if (q.front()->left)
                q.push(q.front()->left);
            if (q.front()->right)
                q.push(q.front()->right);
            q.pop();
        }
        depth++;
    }
    return depth;
}

// 基于后序遍历检验平衡树
bool isBalanced(TreeNode *root)
{
    if (!root)
        return true;
    // 统一迭代法的后序遍历
    stack<TreeNode *> st;
    st.push(root);
    while (!st.empty())
    {
        TreeNode *cur = st.top();
        st.pop();
        if (cur)
        {
            st.push(cur);     // 中
            st.push(nullptr); // 空节点标记
            if (cur->left)
                st.push(cur->left); // 左
            if (cur->right)
                st.push(cur->right); // 右
        }
        else
        {
            if (abs(getDepth_II(st.top()->left) - getDepth_II(st.top()->right)) > 1)
                return false;
            st.pop();
        }
    }
    return true;
}

257. 二叉树的所有路径

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题目描述

给你一个二叉树的根节点 root ，按 任意顺序 ，返回所有从根节点到叶子节点的路径。

叶子节点 是指没有子节点的节点。

示例 1：

在这里插入图片描述

输入：root = [1,2,3,null,5]
输出：["1->2->5","1->3"]

示例 2：

输入：root = [1]
输出：["1"]

提示：

树中节点的数目在范围 [1, 100] 内
-100 <= Node.val <= 100

题解

首先考虑递归解法，有两种，一是传统的DFS（深度优先搜索）：

void getPathDFS(TreeNode *root, string path, vector<string> &res)
{
    if (root)
    {
        path += to_string(root->val);
        // 递归出口：遍历到叶子节点
        if (!root->left && !root->right)
            res.push_back(path);
        else
        {
            path += "->";
            getPathDFS(root->left, path, res);
            getPathDFS(root->right, path, res);
        }
    }
}

vector<string> binaryTreePaths(TreeNode *root)
{
    vector<string> res;
    getPathDFS(root, "", res);
    return res;
}

二是结合回溯法，在基于递归的前序遍历框架下实现：

void traversal(TreeNode *root, vector<int> &paths, vector<string> &res)
{
    // 由于需要找到所有路径，采用前序遍历实现
    paths.push_back(root->val); // 中
    // 递归出口：遍历到叶子节点
    if (!root->left && !root->right)
    {
        string path = to_string(paths[0]);
        for (int i = 1; i < paths.size(); ++i)
            path += "->" + to_string(paths[i]);
        res.push_back(path);
        return;
    }
    if (root->left)
    {
        traversal(root->left, paths, res); // 左
        paths.pop_back();                  // 回溯
    }
    if (root->right)
    {
        traversal(root->right, paths, res); // 右
        paths.pop_back();                   // 回溯
    }
}

vector<string> binaryTreePaths(TreeNode *root)
{
    vector<string> res; // 最终的结果集
    vector<int> paths;  // 存储每条路径的数组（按照路径上节点的值）
    if (!root)
        return res;
    traversal(root, paths, res);
    return res;
}

其中每次回溯的作用相当于回退到上一个“分支点”，再选择一条与之前不同的分支进行操作，原理可以参考代码随想录本题讲解中的这张图，从始至终走一遍应该就能领会了：

在这里插入图片描述

最后还是考虑一下迭代法，同上面一样，要基于前序遍历的框架实现，具体来说就是在统一迭代法的基础上，新建一个存储当前路径的栈，随着“右左中”节点的入栈，相应的路径也要更新、入栈：

vector<string> binaryTreePaths(TreeNode *root)
{
    // 基于前序遍历的统一迭代法实现
    vector<string> res;
    stack<string> pathSt;
    stack<TreeNode *> nodeSt;
    if (!root)
        return res;
    nodeSt.push(root);
    pathSt.push(to_string(root->val));
    while (!nodeSt.empty())
    {
        TreeNode *node = nodeSt.top();
        nodeSt.pop();
        string path = pathSt.top();
        pathSt.pop();
        if (node)
        {
            if (node->right)
            {
                pathSt.push(path + "->" + to_string(node->right->val));
                nodeSt.push(node->right); // 右
            }
            if (node->left)
            {
                pathSt.push(path + "->" + to_string(node->left->val));
                nodeSt.push(node->left); // 左
            }
            nodeSt.push(node);    // 中
            nodeSt.push(nullptr); // 空节点标记
            pathSt.push(path);    // 记录当前路径
        }
        else
        {
            if (!nodeSt.top()->left && !nodeSt.top()->right)
                res.push_back(path); // 已到叶子节点：当前路径加入结果集
            nodeSt.pop();
        }
    }
    return res;
}

⚠️ 值得注意的是，为了保证每次路径栈顶的路径与节点栈顶的节点“一一对应”，两个栈要同步操作（一起 push 和 pop 。唯一例外的是最后路径加入结果集时，节点栈 pop 了但是路径栈没有：

...
else
{
    if (!nodeSt.top()->left && !nodeSt.top()->right)
        res.push_back(path); // 已到叶子节点：当前路径加入结果集
    nodeSt.pop();
}

这是因为在每次循环一开始，两个栈就已经同时 pop 过了：

while (!nodeSt.empty())
{
    TreeNode *node = nodeSt.top();
    nodeSt.pop();
    string path = pathSt.top();
    pathSt.pop();
    ...

而若要进入 else 、记录结果，上面这里节点栈弹出的是标记用的空节点，所以它自己最后还要再 pop 一次来弹出真正的节点，而路径栈就不用了。

404. 左叶子之和

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题目描述

给定二叉树的根节点 root ，返回所有左叶子之和。

示例 1：

在这里插入图片描述

输入: root = [3,9,20,null,null,15,7] 
输出: 24 
解释: 在这个二叉树中，有两个左叶子，分别是 9 和 15，所以返回 24

示例 2:

输入: root = [1]
输出: 0

提示:

节点数在 [1, 1000] 范围内
-1000 <= Node.val <= 1000

题解

比较简单，还是可以递归和迭代实现。要注意的就是判断左叶子只能通过其父节点判断：

root->left && !root->left->left && !root->left->right

即父节点有左孩子、且这个左孩子无左右孩子，则这个左孩子是左叶子。

递归法

int sumOfLeftLeaves(TreeNode *root)
{
    // 递归出口1：当前节点为空
    if (!root)
        return 0;
    int leftSum = sumOfLeftLeaves(root->left);
    // 递归出口2：当前节点的左孩子是左叶子
    if (root->left && !root->left->left && !root->left->right)
        leftSum = root->left->val;
    return leftSum + sumOfLeftLeaves(root->right);
}

迭代法

int sumOfLeftLeaves_II(TreeNode *root) {
    if (!root)
        return 0;
    queue<TreeNode*> q;
    q.push(root);
    int sum = 0;
    while (!q.empty()) {
        int size = q.size();
        for (int i = 0; i < size; ++i) {
            TreeNode *cur = q.front();
            if (cur->left) {
                q.push(cur->left);
                if (!cur->left->left && !cur->left->right)
                    sum += cur->left->val;
            }
            if (cur->right)
                q.push(cur->right);
            q.pop();
        }
    }
    return sum;
}

222. 完全二叉树的节点个数

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题目描述

给你一棵 完全二叉树 的根节点 root ，求出该树的节点个数。

完全二叉树的定义如下：在完全二叉树中，除了最底层节点可能没填满外，其余每层节点数都达到最大值，并且最下面一层的节点都集中在该层最左边的若干位置。若最底层为第 h 层，则该层包含 1~ 2h 个节点。

示例 1：

在这里插入图片描述

输入：root = [1,2,3,4,5,6]
输出：6

示例 2：

输入：root = []
输出：0

示例 3：

输入：root = [1]
输出：1

提示：

树中节点的数目范围是[0, 5 * 104]
0 <= Node.val <= 5 * 104
题目数据保证输入的树是 完全二叉树

进阶： 遍历树来统计节点是一种时间复杂度为 O(n) 的简单解决方案。你可以设计一个更快的算法吗？

题解

无脑算法当然就是遍历整棵树，记录节点个数即可（这样应该直接层序遍历最方便），时间复杂度为 $O (n)$ ，不赘述。

考虑利用完全二叉树的性质提升速度。根据其性质，完全二叉树的子树中有很多都是满二叉树，而一个 $n$ 层满二叉树的节点个数为 $2^n - 1$ 。所以我们可以利用这点，进行带剪枝的递归遍历：

以当前节点为根，所得子树为满二叉树，则按公式计算节点数
否则，递归计算节点数

其中，判断满二叉树的方法也很简单高效：看“最左”枝和“最右”枝的深度是否相同即可。

代码（C++）

int countNodes(TreeNode *root)
{
    if (!root)
        return 0;
    TreeNode *left = root->left;
    TreeNode *right = root->right;
    int leftDepth = 0, rightDepth = 0; // 左、右子树深度
    while (left) {
        left = left->left;
        leftDepth++;
    }
    while (right) {
        right = right->right;
        rightDepth++;
    }
    if (leftDepth == rightDepth) // 满二叉树，直接用公式计算
        return (2 << leftDepth) - 1;
    return countNodes(root->left) + countNodes(root->right) + 1;
}