101. 对称二叉树

一、题目

给你一个二叉树的根节点 root ， 检查它是否轴对称。

示例 1：

输入：root = [1,2,2,3,4,4,3]
输出：true

示例 2：

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

提示：

• 树中节点数目在范围 [1, 1000] 内
• -100 <= Node.val <= 100

**进阶：**你可以运用递归和迭代两种方法解决这个问题吗？

二、题解

方法一：递归

算法思路（建议对照题干里的图片理解）

要判断一棵二叉树是否轴对称，我们可以使用递归的方法。轴对称意味着该二叉树左右两侧镜像对称，即左子树的左子节点和右子树的右子节点相等，并且左子树的右子节点和右子树的左子节点相等。

我们可以定义一个辅助函数 isMirror，该函数接受两个节点作为参数，然后递归地比较这两个节点及其子树是否镜像对称。如果这两个节点都为空，则它们是对称的；如果其中一个为空而另一个不为空，则它们不对称；如果两个节点都不为空，那么我们需要判断它们的值是否相等，并继续递归判断左右子树的对称性。

接下来，我们只需要调用 isMirror(root, root)，其中 root 是二叉树的根节点，来判断整个二叉树是否轴对称。

具体实现

class Solution {
public:
    bool isSymmetric(TreeNode* root) {
        return isMirror(root, root);
    }
    
    bool isMirror(TreeNode* node1, TreeNode* node2) {
        if (node1 == nullptr && node2 == nullptr) {
            return true; // 两个空节点是对称的
        }
        
        if (node1 == nullptr || node2 == nullptr) {
            return false; // 一个空节点一个非空节点不对称
        }
        
        // 比较当前节点的值，并递归判断左右子树的对称性
        // 轴对称意味着左子树的左子节点和右子树的右子节点相等，并且左子树的右子节点和右子树的左子节点相等
        return (node1->val == node2->val) &&
               isMirror(node1->left, node2->right) &&
               isMirror(node1->right, node2->left);
    }
};

算法分析

• 时间复杂度：对于每个节点，我们最多访问其两个子节点，因此时间复杂度是 O(N)，其中 N 是节点的数量。
• 空间复杂度：递归调用的栈空间取决于二叉树的高度，最坏情况下，树是一个链状结构，空间复杂度为 O(N)。在平均情况下，树的高度较小，空间复杂度较低。

总结

判断二叉树是否轴对称可以使用递归的方法。我们定义一个辅助函数 isMirror，该函数用于递归比较两个节点及其子树是否镜像对称。根据节点是否为空，以及节点值是否相等，我们可以判断节点是否对称。然后，我们只需要调用 isMirror(root, root) 来判断整个二叉树是否轴对称。这个算法的时间复杂度是 O(N)，最坏空间复杂度是 O(N)。

方法二、迭代

算法思路

1. 我们可以使用迭代的方法来判断对称性，使用一个队列（deque）来辅助我们逐层遍历二叉树节点。首先将根节点两次入队，因为在一开始的时候，我们需要比较的是根节点的左子树和右子树。

2. 在每一次循环中，我们从队列中取出两个节点node1和node2，并进行比较：

   • 如果两个节点都为nullptr，说明当前层级上是对称的，继续下一次循环；
   • 如果其中一个节点为nullptr而另一个节点不为nullptr，说明当前层级上不对称，直接返回false；
   • 如果两个节点的值不相等，说明当前层级上不对称，直接返回false。

3. 如果当前节点node1和node2的值相等，说明当前层级上是对称的，我们将node1的左子树和node2的右子树以及node1的右子树和node2的左子树按照相反的顺序入队，以便继续判断下一层级。

4. 当队列为空时，说明二叉树的对称性已经判断完毕，没有发现不对称的部分，返回true。

具体实现

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool isSymmetric(TreeNode* root) {
        deque<TreeNode*> deq;
        if(root == nullptr) return true;
        deq.push_back(root);
        deq.push_back(root);
        while(!deq.empty()){
            TreeNode *node1 = deq.front();
            deq.pop_front();
            TreeNode *node2 = deq.front();
            deq.pop_front();
            if(node1 == nullptr && node2 == nullptr) continue;
            if(node1 == nullptr || node2 == nullptr) return false;
            if(node1->val != node2->val) return false;
            deq.push_back(node1->left);
            deq.push_back(node2->right);
            deq.push_back(node1->right);
            deq.push_back(node2->left);
        }
        return true;
    }
};

算法分析

• 时间复杂度: 假设二叉树中有n个节点，每个节点都需要进出队列一次，所以时间复杂度为O(n)。
• 空间复杂度: 使用了一个双端队列(deque)来辅助存储节点，最坏情况下可能存储n/2个节点，所以空间复杂度为O(n)。