C++【二叉树进阶试题】

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这是一篇关于 二叉树 题解博客，主要包含以下题目，可根据当前文章中的目录随意跳转查看

606. 根据二叉树创建字符串

题目链接：606. 根据二叉树创建字符串

题目分析：对二叉树进行前序遍历，并将遍历的结果转化为字符串，同时需要对 左右子树 加上 () 修饰，必要的 () 不能省略，比如：左子树不存在，但右子树存在，那么左子树的 () 就不能省略

解题思路：首选递归解决，大问题化小问题，首先将 根节点转化为字符串，然后判断 [左子树 || 右子树] 是否存在，如果存在，则递归左子树，再判断 [右子树] 是否存在，如果存在，则递归右子树

理清思路后，就可以开始编写代码了

//606. 根据二叉树创建字符串
//https://leetcode.cn/problems/construct-string-from-binary-tree/

class Solution {
public:
    void _tree2str(TreeNode* root, string& str)
    {
        if(root == nullptr)
            return;
        
        str += to_string(root->val);    //先将根的值并入字符串中

        //判断是否需要递归子树
        if(root->left != nullptr || root->right != nullptr)
        {
            //左右其中一个不为空，都需要递归左子树
            str += "(";
            _tree2str(root->left, str);
            str += ")";
        }

        if(root->right != nullptr)
        {
            //右不为空，才递归右子树
            str += "(";
            _tree2str(root->right, str);
            str += ")";
        }
    }

    string tree2str(TreeNode* root) {
        string str; //创建后的字符串
        _tree2str(root, str);   //建议再封装一层，方便递归
        return str;
    }
};

注意：因为是递归，所以参数2 str 需要使用引用，确保在不同栈帧中对同一个字符串进行操作

102. 二叉树的层序遍历

题目链接：102. 二叉树的层序遍历

题目分析：层序遍历的升级版，层序遍历后，要求将每一层的结果作为一个一维数组，存入二维数组中

解题思路：在层序遍历思想的基础上，将每一层的节点数统计起来，出结果时，以节点数为主

层序遍历思想：借助队列，首先根节点入队，然后出队，并将存在的左右子节点带入队中，重复此过程，直到队列为空

所以本题的解题关键就在于 入队时要额外使用一个计数器统计当前队列中的节点数，方面后面出队

//102. 二叉树的层序遍历
//https://leetcode.cn/problems/binary-tree-level-order-traversal/

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
        vector<vector<int>> vv; //二维数组

        if(root == nullptr)
            return vv;

        queue<TreeNode*> q; //存储节点的队列
        q.push(root);
        int cnt = q.size(); //当前队列中的节点数

        //层序遍历思想
        while(!q.empty())
        {
            vector<int> v;  //这一次的遍历结果

            //根据节点数进行出队
            while(cnt--)
            {
                TreeNode* cur = q.front();
                q.pop();
                v.push_back(cur->val);

                if(cur->left != nullptr)
                    q.push(cur->left);
                
                if(cur->right != nullptr)
                    q.push(cur->right);
            }

            //这一层的结果入二维数组
            vv.push_back(v);

            //重新更新节点数
            cnt = q.size();
        }

        return vv;
    }
};

注意：在单层遍历结束后，需要更新计数器的值

107. 二叉树的层序遍历 II

题目链接：107. 二叉树的层序遍历 II

题目分析：在上一题的基础上，把结果进行逆置即可

//107. 二叉树的层序遍历 II
//https://leetcode.cn/problems/binary-tree-level-order-traversal-ii/

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> levelOrderBottom(TreeNode* root) {
        vector<vector<int>> vv; //二维数组

        if(root == nullptr)
            return vv;

        queue<TreeNode*> q; //存储节点的队列
        q.push(root);
        int cnt = q.size(); //当前队列中的节点数

        //层序遍历思想
        while(!q.empty())
        {
            vector<int> v;  //这一次的遍历结果

            //根据节点数进行出队
            while(cnt--)
            {
                TreeNode* cur = q.front();
                q.pop();
                v.push_back(cur->val);

                if(cur->left != nullptr)
                    q.push(cur->left);
                
                if(cur->right != nullptr)
                    q.push(cur->right);
            }

            //这一层的结果入二维数组
            vv.push_back(v);

            //重新更新节点数
            cnt = q.size();
        }

        //重要的一步：逆置
        reverse(vv.begin(), vv.end());

        return vv;
    }
};

236. 二叉树的最近公共祖先

题目链接：236. 二叉树的最近公共祖先

题目分析：二叉树中的经典题目，某个节点到根节点的路径是唯一的，路径中的节点都是其祖先，如果某两个节点的路径出出现了交叉，那么这个交叉点就是他们公共的祖先。值得注意的是，节点也是自己的祖先，所以节点 p 可以成为 节点 p 与 节点 q 的公共祖先，同理，节点 q 也行

这里提供两种解题思路，前者比较容易想到，后者则比较巧妙

解题思路1：某个节点的左右子树中如果分别包含 p、q 节点，那么这个节点就是它们的祖先节点，将问题转化为判断节点是否存在于子树中

//236. 二叉树的最近公共祖先
//https://leetcode.cn/problems/lowest-common-ancestor-of-a-binary-tree/

class Solution {
public:
    bool findVal(TreeNode* root, TreeNode* node)
    {
        if(root == nullptr)
            return false;

        return root == node || 
               findVal(root->left, node) || 
               findVal(root->right, node);
    }

    TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
        if(root == nullptr)
            return nullptr;

        //如果当前节点为其中一个目标节点，则为最近公共祖先
        if(root == p || root == q)
            return root;

        //分别到左右子树中找 p、q
        bool leftP = findVal(root->left, p);
        bool rightP = findVal(root->right, p);

        bool leftQ = findVal(root->left, q);
        bool rightQ = findVal(root->right, q);

        //只要其中一组合法，当前节点就是公共祖先，否则递归向下找
        if((leftP && rightQ) || (leftQ && rightP))
            return root;
        //都在左子树，去左子树找
        else if(leftP && leftQ)
            return lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
        //都在右子树，去右子树找
        else
            return lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
    }
};

这种解法的优点就是 容易想到，书写简单，缺点就很明显了 慢，非常慢，最坏的情况下每一个节点都需要进行一遍查找

所以就有了解法2

解题思路2：既然每个节点到根的路径是唯一的，那么可以把路径记录下来，然后将问题转换为链表相交问题

如何获取路径：后序遍历思想，将节点保存入栈中，不包含在目标值路径中的需要弹出

//236. 二叉树的最近公共祖先
//https://leetcode.cn/problems/lowest-common-ancestor-of-a-binary-tree/

//解法2：获取路径
class Solution {
public:
    bool getPath(TreeNode* root, const TreeNode* node, stack<TreeNode*>& path)
    {
        if(root == nullptr)
            return false;
        
        //先将节点入栈
        path.push(root);

        if(root == node)
            return true;

        //判断左右子路径中包含 node 节点
        bool inLeft = getPath(root->left, node, path);
        bool inRight = getPath(root->right, node, path);

        if(inLeft == false && inRight == false)
        {
            //此节点的子树中必然不包含 node 节点
            //无用，需要弹出
            path.pop();
            return false;
        }

        return true;

    }

    TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
        stack<TreeNode*> pPath; //路径
        stack<TreeNode*> qPath;

        //获取路径
        getPath(root, p, pPath);
        getPath(root, q, qPath);

        //长的路径先走
        while(pPath.size() != qPath.size())
        {
            if(pPath.size() > qPath.size())
                pPath.pop();
            else
                qPath.pop();
        }

        //一起弹出，寻找最近公共祖先
        while(pPath.size())
        {
            if(pPath.top() == qPath.top())
                break;
            pPath.pop();
            qPath.pop();
        }

        return pPath.top();
    }
};

这种解法的优势就很明显了 速度极快

注意：

• getPath 函数的返回值仅仅是用来评判当前节点是否会被弹出
• 参数3 stack<TreeNode*> 需要使用引用，确保在不同栈帧中修改的是同一个路径

JZ36 二叉搜索树与双向链表

题目链接：JZ36 二叉搜索树与双向链表

题目分析：将二叉树变成双向链表，因为二叉每个节点都有左、右指针，就像双向链表中的前、后指针一样，所以可以将其进行转换；其实这里是一棵二叉搜索树，而题目要求转换后的双向链表有序，可以借助二叉搜索树的特性：中序遍历有序来进行转换

解题思路：在二叉树中序遍历的基础之上，传递指向当前节点的指针和指向上一个节点的指针，在两者之间建立链接关系，当中序遍历结束后，双向链表就转换完成了

为什么是 prev 的 right 链接 cur ？

• 因为当前是中序遍历（左根右），prev 是上一个节点，left 已链接了上上一个节点，不能更改

//JZ36 二叉搜索树与双向链表
//https://www.nowcoder.com/practice/947f6eb80d944a84850b0538bf0ec3a5?tpId=13&&tqId=11179&rp=1&ru=/activity/oj&qru=/ta/coding-interviews/question-ranking

class Solution {
  public:
    void treeTransToList(TreeNode* cur, TreeNode*& prev) {
        if (cur == nullptr)
            return;

        treeTransToList(cur->left, prev);

        if (prev != nullptr) {
            //细节: prev 的 right 链接 cur
            //      cur  的 left 链接 prev
            prev->right = cur;
            cur->left = prev;
        }
        prev = cur;

        treeTransToList(cur->right, prev);
    }

    TreeNode* Convert(TreeNode* pRootOfTree) {
        //记录上一次遍历的节点，与之建立链接关系
        TreeNode* prev = nullptr;

        treeTransToList(pRootOfTree, prev);

        //找到最左节点，即头节点
        TreeNode* head = pRootOfTree;
        while (head != nullptr && head->left != nullptr)
            head = head->left;

        return head;
    }
};

注意：

• 传递参数时，上一个节点需要使用引用接收，链接不同栈帧中的节点
• 寻找最左节点时，需要先对当前节点做判空处理，避免野指针

105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树

题目链接：105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树

题目分析：给定一个前序和中序遍历，还原出二叉树，前序【根左右】、中序【左根右】，因此前序序列中的第一个节点一定是整个二叉树的根

解题思路：传递前序和中序序列，根据前序序列中的节点，创建根节点，再去中序序列中找到找到左右子树区间，创建左右子树，进行链接

//105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树
//https://leetcode.cn/problems/construct-binary-tree-from-preorder-and-inorder-traversal/

class Solution {
public:
    TreeNode* _buildTree(vector<int>& preorder, int& pos, vector<int>& inorder, int begin, int end)
    {
        //如果区间非法，就返回空
        if(begin >= end)
            return nullptr;

        //创建当前节点
        TreeNode* root = new TreeNode(preorder[pos]);
        int rooti = begin;

        //从中序序列中划分出区间  [begin, rooti) [rooti + 1, end)
        while(rooti < end)
        {
            if(preorder[pos] == inorder[rooti])
                break;
            rooti++;
        }
        pos++;  //重要，每构建一个节点，前序序列节点 -1

        //链接左右子树
        root->left = _buildTree(preorder, pos, inorder, begin, rooti);
        root->right = _buildTree(preorder, pos, inorder, rooti + 1, end);

        return root;
    }

    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        //前序确认根
        //中序确认子树
        int pos = 0;
        TreeNode* root = _buildTree(preorder, pos, inorder, 0, inorder.size());
        return root;
    }
};

注意：前序序列的下标 pos 需要使用引用，因为每个栈帧中的节点创建都会使 pos 发生改变，即不同栈帧中的 pos 是同一个

106. 从中序与后序遍历序列构造二叉树

题目链接：106. 从中序与后序遍历序列构造二叉树

题目分析：前序、中序可以重构二叉树，中序、后序同样也可以，因为后序一样可以确认根，然后一样从中序序列中划分区间

解题思路：反向遍历后序序列，创建根节点，从中序序列中划分出左右区间，递归获取结果后进行链接

//106. 从中序与后序遍历序列构造二叉树
//https://leetcode.cn/problems/construct-binary-tree-from-inorder-and-postorder-traversal/

class Solution {
public:
    TreeNode* _buildTree(vector<int>& inorder, int begin, int end, vector<int>& postorder, int& pos)
    {
        if(begin >= end)
            return nullptr;
        
        TreeNode* root = new TreeNode(postorder[pos]);
        int rooti = begin;

        //根据根节点的值，划分子区间 [begin, rooti) [rooti + 1, end)
        while(rooti < end)
        {
            if(inorder[rooti] == postorder[pos])
                break;
            rooti++;
        }
        pos--;  //注意：后序 pos 是--

        //注意：后序需要先链接右子树，再链接左子树
        root->right = _buildTree(inorder, rooti + 1, end, postorder, pos);
        root->left = _buildTree(inorder, begin, rooti, postorder, pos);

        return root;
    }

    TreeNode* buildTree(vector<int>& inorder, vector<int>& postorder) {
        //后序确定根
        //中序确定子树
        int pos = postorder.size() - 1;
        TreeNode* root = _buildTree(inorder, 0, inorder.size(), postorder, pos);
        return root;
    }
};

注意：中序、后序重构二叉树时，需要先链接右子树，再链接左子树

144. 二叉树的前序遍历

题目链接：144. 二叉树的前序遍历

题目分析：前序遍历【根左右】，二叉树的必备技能，递归写法很简单，几行代码就解决了，因此这里挑战的是迭代写法

解题思路：利用栈模拟递归过程，先访问根节点，然后向左走，直到走到空，访问完左路节点后，判断右子树是否为空，不为空则往右走

//144. 二叉树的前序遍历
//https://leetcode.cn/problems/binary-tree-preorder-traversal/

class Solution {
public:
    vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
        //前序：根左右
        //借助栈模拟递归过程

        stack<TreeNode*> node;
        vector<int> v;

        TreeNode* cur = root;
        while(cur || !node.empty())
        {
            //先访问根节点及左路节点
            while(cur)
            {
                node.push(cur);
                v.push_back(cur->val);
                cur = cur->left;    //访问左路节点
            }

            TreeNode* top = node.top();
            node.pop();

            if(top->right != nullptr)
                cur = top->right;
        }

        return v;
    }
};

注意：如果右路为空，是不需要更新 cur 的，即不需要访问右路节点

94. 二叉树的中序遍历

题目链接：94. 二叉树的中序遍历

题目分析：中序【左根右】，迭代实现

解题思路：跟前序遍历一样，利用栈模拟递归过程，先向左走，将结果入栈，直到走到空，然后访问栈顶元素（根），再判断是否需要访问右路节点

//94. 二叉树的中序遍历
//https://leetcode.cn/problems/binary-tree-inorder-traversal/

class Solution {
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        //中序：左根右

        stack<TreeNode*> node;
        vector<int> v;

        TreeNode* cur = root;
        while(cur || !node.empty())
        {
            //先将左路节点入栈
            while(cur)
            {
                node.push(cur);
                cur = cur->left;
            }

            //访问根节点
            TreeNode* top = node.top();
            node.pop();
            v.push_back(top->val);

            //判断是否需要访问右路节点
            if(top->right != nullptr)
                cur = top->right;
        }

        return v;
    }
};

思路和前序遍历没啥区别，稍微改动下就好了

145. 二叉树的后序遍历

题目链接：145. 二叉树的后序遍历

题目分析：后序遍历【左右根】，通过迭代实现，不过后序会更难一些

解题思路：一样用栈模拟递归过程，先访问左路节点，然后判断是否能访问根节点：右路为空 或者 右节点已经访问过，才能访问根节点，否则只能先访问右路节点

//145. 二叉树的后序遍历
//https://leetcode.cn/problems/binary-tree-postorder-traversal/

class Solution {
public:
    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {
        //后序：左右根

        stack<TreeNode*> node;
        vector<int> v;
        TreeNode* prev = nullptr;
        TreeNode* cur = root;

        while(cur || !node.empty())
        {
            //先访问左路节点
            while(cur)
            {
                node.push(cur);
                cur = cur->left;
            }

            TreeNode* top = node.top();
            //判断是否需要访问根
            //条件：右为空 或者 右节点已经访问过了
            if(top->right == nullptr || (top->right == prev))
            {
                v.push_back(top->val);
                node.pop();
                prev = top;
            }
            //访问右路节点
            else
                cur = top->right;
        }

        return v;
    }
};

注意：只有右路节点访问过了，才能去访问根节点，即 左右根

文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-567889.html

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