【Py/Java/C++三种语言详解】LeetCode每日一题240216【二叉树BFS】LeetCode103、二叉树的层序遍历II

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题目链接

LeetCode103、二叉树的锯齿形层序遍历

题目描述

给你二叉树的根节点 root ，返回其节点值的锯齿形层序遍历。（即先从左往右，再从右往左进行下一层遍历，以此类推，层与层之间交替进行）。

示例 1：

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

示例 2：

输入：root = [1]
输出：[[1]]

示例 3：

输入：root = []
输出：[]

提示：

树中节点数目在范围 [0, 2000] 内
-1000 <= Node.val <= 1000

解题思路

DFS和BFS异同

二叉树层序遍历是一个非常经典的问题，属于必须掌握的题目。

所谓二叉树遍历（traversal）指的是按照一定次序系统地访问一棵二叉树，使每个节点恰好被访问一次。

二叉树遍历实质上是二叉树的线性化，将树状结构变为线性结构。

二叉树遍历有两大类：

深度优先（depth first traversal，DFS）：先完成一棵子树的遍历再完成另一棵
广度优先（breath first traversal，BFS）：先完成一层节点的遍历再完成下一层

DFS和BFS均为树/图的搜索方式，能够访问树/图中的所有节点。它们的特点可以从以下的比喻看出区别：

DFS：优先移动节点，当对给定节点尝试过每一种可能性之后，才退到前一节点来尝试下一个位置。就像一个搜索者尽可能地深入调查未知的地域，直到遇到死胡同才回头。（下图以前序遍历为例）

BFS：优先对给定节点的下一个位置进行进行尝试，当对给定节点尝试过每一种可能性之后，才移动到下一个节点。就像一只搜索军队铺展开来覆盖领土，直到覆盖了所有地域。

用队列维护的BFS

树的广度优先遍历亦可称为层序遍历。其核心特点为，从上到下、从左到右访问树中的节点，每一层的节点都按顺序出现。

本题就是二叉树BFS的板子题，必须掌握。

BFS通常需要通过维护一个先进先出（First In First Out，FIFO) 的队列来实现。

我们需要构建一个队列q用于储存每一层的所有节点，然后执行while循环（循环不变量为q不为空）：

获得当前队列长度qSize，为该层的节点个数
初始化一个空的子列表subList，用于储存二叉树该层所有节点的值
执行for循环，循环qSize次。每一次循环包含以下环节
a. 令队列q的队头节点出队，记为node，并将其值node.val存入subList中
b. 若node的左孩子node.left存在，则令node.left从队尾入队
c. 若node的右孩子node.right存在，则令node.right从队尾入队
（这些后入队的节点会在下一层的遍历中被取出）
经过qSize次循环后，subList已经储存了这一层节点的所有值，将subList加入全局的答案变量ans中

这样就就是二叉树BFS的基本过程，其中第3步是最关键的步骤。

如果题目有明显地要求区分每一层的情况（比如本题要求每一层的节点值需要单独储存在一个子列表中），则循环qSize次这个步骤是必要的。

本题沿用了LeetCode102、二叉树的层序遍历的大体框架，但最后要求返回的结果是自底向上的层序遍历，只需要返回ans数组的反转即可。即

return ans[::-1]

代码

Python

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution:
    def zigzagLevelOrder(self, root: Optional[TreeNode]) -> List[List[int]]:
        if root == None:
            return []
        ans = list()
        q = deque()
        q.append(root)
        # False表示当前需要从左往右；True表示当前需要从右往左
        flag = False
        while q:
            qSize = len(q)
            subList = list()
            for _ in range(qSize):
                node = q.popleft()
                subList.append(node.val)
                if node.left:
                    q.append(node.left)
                if node.right:
                    q.append(node.right)
            if flag == False:
                ans.append(subList)
            else:
                ans.append(subList[::-1])
            flag = not flag
        return ans

Java

class Solution {
    public List<List<Integer>> zigzagLevelOrder(TreeNode root) {
        List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
        if (root == null) {
            return ans;
        }

        Deque<TreeNode> q = new LinkedList<>();
        q.offer(root);
        boolean flag = false;

        while (!q.isEmpty()) {
            int qSize = q.size();
            List<Integer> subList = new ArrayList<>();
            for (int i = 0; i < qSize; i++) {
                TreeNode node = q.poll();
                subList.add(node.val);
                if (node.left != null) {
                    q.offer(node.left);
                }
                if (node.right != null) {
                    q.offer(node.right);
                }
            }
            if (flag) {
                reverse(subList);
            }
            ans.add(subList);
            flag = !flag;
        }

        return ans;
    }

    private void reverse(List<Integer> list) {
        int left = 0, right = list.size() - 1;
        while (left < right) {
            int temp = list.get(left);
            list.set(left, list.get(right));
            list.set(right, temp);
            left++;
            right--;
        }
    }
}

C++

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> zigzagLevelOrder(TreeNode* root) {
        vector<vector<int>> ans;
        if (root == nullptr) {
            return ans;
        }

        queue<TreeNode*> q;
        q.push(root);
        bool flag = false;

        while (!q.empty()) {
            int qSize = q.size();
            vector<int> subList;
            for (int i = 0; i < qSize; ++i) {
                TreeNode* node = q.front();
                q.pop();
                subList.push_back(node->val);
                if (node->left != nullptr) {
                    q.push(node->left);
                }
                if (node->right != nullptr) {
                    q.push(node->right);
                }
            }
            if (flag) {
                reverse(subList.begin(), subList.end());
            }
            ans.push_back(subList);
            flag = !flag;
        }

        return ans;
    }
};

时空复杂度

时间复杂度：O(N)。仅需一次遍历整棵树。

空间复杂度：O(M)。M为层的最大节点数，队列所占空间。

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