网站建设与网页设计pdf信息系统开发计划

Day 18

01. 找树左下角的值（No. 513）

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代码随想录题解

1.1 题目

给定一个二叉树的 根节点 root，请找出该二叉树的 最底层 最左边 节点的值。

假设二叉树中至少有一个节点。

示例 1:

输入: root = [2,1,3]
输出: 1

示例 2:

输入: [1,2,3,4,null,5,6,null,null,7]
输出: 7

提示:

• 二叉树的节点个数的范围是 [1,104]
• -231 <= Node.val <= 231 - 1

1.2 笔记

这道题递归实现很简单，但思路是比较难想到

根据这个题目中的 最底层 可以得到，无论是收集到的上一个节点多么靠左，如果有比它还深的节点，那这个节点更有可能是结果的节点。

比如上图中，无论 1 节点多么靠左，这道题的答案仍然是 6，这也就导致了 最左边的节点不一定是左节点，递归向左的方式就被否定了。

但如果是同层的，因为采用的遍历顺序是 左中右 的顺序，同层的最左边一定是被最先遍历到的，所以对于同层的只需要拿到第一个即可。

这里定义一个类来存放节点的 深度 和 数值

class Node {int val;int floor;public Node(int val, int floor) {this.val = val;this.floor = floor;}
}

1.3 代码

class Solution {int floor = 0; // 记录当前节点的层数Node tempNode = new Node(0, 0);public int findBottomLeftValue(TreeNode root) {tempNode = new Node(root.val, 1);reverse(root);return tempNode.val;}public void reverse(TreeNode node) {if (node == null) {return;}floor++;// 说明本次遍历到的节点深度更深if (floor > tempNode.floor) {tempNode = new Node(node.val, floor);}reverse(node.left);reverse(node.right);floor--;}
}
/**记录可能是结果的节点的深度和值*/
class Node {int val;int floor;public Node(int val, int floor) {this.val = val;this.floor = floor;}
}

02. 路经总和（No. 112）

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代码随想录题解

2.1 题目

给你二叉树的根节点 root 和一个表示目标和的整数 targetSum 。判断该树中是否存在 根节点到叶子节点 的路径，这条路径上所有节点值相加等于目标和 targetSum 。如果存在，返回 true ；否则，返回 false 。

叶子节点 是指没有子节点的节点。

示例 1：

输入：root = [5,4,8,11,null,13,4,7,2,null,null,null,1], targetSum = 22
输出：true
解释：等于目标和的根节点到叶节点路径如上图所示。

示例 2：

输入：root = [1,2,3], targetSum = 5
输出：false
解释：树中存在两条根节点到叶子节点的路径：
(1 --> 2): 和为 3
(1 --> 3): 和为 4
不存在 sum = 5 的根节点到叶子节点的路径。

示例 3：

输入：root = [], targetSum = 0
输出：false
解释：由于树是空的，所以不存在根节点到叶子节点的路径。

提示：

• 树中节点的数目在范围 [0, 5000] 内
• -1000 <= Node.val <= 1000
• -1000 <= targetSum <= 1000

2.2 笔记

是一道非常简单的递归题目，和递归计算深度思路完全相同，但是本题计算的是总和。

但这道题目有一个很大的坑就是在剪枝上，剪枝到最后发现最好的方式是不要加任何剪枝操作

看一下能想到的剪枝的想法

• 当前总和大于目标值：推翻，因为有可能存在负数
• 当目标值大于 0 时选大于，小于 0 时选小于：推翻，因为节点中可能存在负数

所以本题是无法加入剪枝操作的，对这些边缘处理一定要考虑好。

剩下的就是简单的递归处理了。

为了递归代码尽量的简洁，我将 targetSum 单独的抽离出来作为一个全局变量。

这道题在回顾一下递归要考虑的三个部分

• 递归的出口：node = null 因为对空节点的任何操作都是没有意义的，还有就是叶子节点，在叶子节点直接收集信息然后可以返回，直接返回的话要进行后续位置进行的操作，这里再详细的解释一下，看下面代码中判断叶子节点并且返回的位置，这个位置处于递归的前序位置，但是 currentSum -= node.val 是处于后序位置的，也就是说后续位置的操作还没有执行就直接返回了；当然，也可以选择不 return，递归到下一层发现是空节点返回后同样也会执行后序位置的代码。
• 递归的返回值：因为这里采用外置全局变量的方式，是不需要任何返回值的。
• 递归中要进行的操作：拿取当前路径下的总和、判断是否符合结果的要求，分别向左向右递归，离开节点时删除节点的 val。

2.3 代码

class Solution {int currentSum = 0; // 记录总和boolean flg = false;int target;public boolean hasPathSum(TreeNode root, int targetSum) {target = targetSum;reverse(root);return flg;}public void reverse(TreeNode node) {if (node == null) {return;}currentSum += node.val;// 判断是否为叶子节点if (currentSum == target && node.right == null && node.left == null) {flg = true;return;}reverse(node.right);reverse(node.left);currentSum -= node.val;}
}

03. 从中序与后序遍历序列构造二叉树（No. 106）

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代码随想录题解

1.1 题目

给定两个整数数组 inorder 和 postorder ，其中 inorder 是二叉树的中序遍历， postorder 是同一棵树的后序遍历，请你构造并返回这颗 二叉树 。

示例 1:

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

示例 2:

输入：inorder = [-1], postorder = [-1]
输出：[-1]

提示:

• 1 <= inorder.length <= 3000
• postorder.length == inorder.length
• -3000 <= inorder[i], postorder[i] <= 3000
• inorder 和 postorder 都由 不同 的值组成
• postorder 中每一个值都在 inorder 中
• inorder 保证是树的中序遍历
• postorder 保证是树的后序遍历

1.2 笔记

后序遍历的顺序是 左 右 中

中序遍历的顺序是 左 中 右

先来看一下为什么仅仅通过一个遍历得不到完整的二叉树，而需要两个遍历配合

这就导致了这两种遍历形成的数组是这样的：

后序的最后一个位置的节点一定是中心节点，但是这个节点的左子树和右子树是混合在左边的，再来看中序遍历，虽然它的左右子树是分开的，但是中心节点不得而知，所以需要两个遍历顺序配合来解题。

通过上面的规律，可以总结出一个大概的解题思路：

1. 从后序拿到中心节点
2. 在中序中找到中心节点
3. 分割中序数组，可以得到左子树的所有节点和右子树的所有节点
4. 通过分割完成的两个中序数组的长度来切割后序的数组
5. 构造当前的节点，也就是后序的最后一个元素
6. 以新的中序数组和新的后序数组再次执行上述的步骤，直到只剩下一个节点

这个思路就需要通过递归来完成

简单的画一个图

通过这样逐次的递归，会在后序数组和中序数组长度为 1 的时候就是递归结束的时候，这时候创建节点直接返回即可

再来看每次递归中要做的事情：

• 递归的出口，数组为 null 也就是传入数据为空的时候直接返回空；当数组的长度为 1 的时候，比如上图的 9 节点，意味着遍历到叶子节点了，这时候也直接返回。
• 递归返回值：因为要构建二叉树，返回的内容是一个节点，使得返回的这个节点树称为上一个节点的子树。
• 每次递归要进行的内容：判断是否符合返回条件、执行上面的六个步骤、返回该节点

3.3 代码

class Solution {public TreeNode buildTree(int[] inorder, int[] postorder) {return reverse(inorder, postorder);}public TreeNode reverse(int[] inorder, int[] postorder) {if (postorder.length == 0) {return null;}if (postorder.length == 1) {// 叶子节点return new TreeNode(postorder[0]);}int target = postorder[postorder.length - 1]; // 拿到节点的值int index = 0;for (int i = 0; i < inorder.length; i++) {if (inorder[i] == target) {index = i; // 记录切割节点的值break;}}// 切割中序数组，copyOfRange 为左闭右开int[] newInorderLeft = Arrays.copyOfRange(inorder, 0, index); // 左int[] newInorderRight = Arrays.copyOfRange(inorder, index + 1, inorder.length); // 右// 切割后序数组int[] newPostorderLeft = Arrays.copyOfRange(postorder, 0, newInorderLeft.length);int[] newPostorderRight = Arrays.copyOfRange(postorder, newInorderLeft.length, postorder.length-1);TreeNode node = new TreeNode(target);node.left = reverse(newInorderLeft, newPostorderLeft);node.right = reverse(newInorderRight, newPostorderRight);return node;

3.4 补充

上述的代码中不断的进行数组的切割，会导致时间复杂度很高，这里可以使用逻辑切割，也就是通过传入数组的 startIndex 和 endIndex 来限制数组的空间。

这时候递归的出口就变成了

startIndex == endIndex || startIndex > endIndex

后一个条件是为了处理空的情况，如果带入空值会让数组下标出现负数，可以调试试一下

还需要修改的是下面传入的内容，书写的时候可以把当前的数组写出来，比如起始位置不要写 0 而要写 startIndex，这样可以避免书写条件的时候出错

node.left = reverse(inorderStart, index-1, postorderStart, postorderStart+(index- inorderStart-1));
node.right = reverse(index+1, inorderEnd, postorderStart+(index-inorderStart), postorderEnd-1);

最终写出的条件是这样的，总体的思路和上面的代码相同

class Solution {int[] globalInorder;int[] globalPostOrder;public TreeNode buildTree(int[] inorder, int[] postorder) {globalInorder = inorder;globalPostOrder = postorder;return reverse(0, inorder.length-1, 0, postorder.length-1);}public TreeNode reverse(int inorderStart, int inorderEnd, int postorderStart, int postorderEnd) {if (postorderStart > postorderEnd) {return null;}if (postorderEnd == postorderStart) {// 叶子节点return new TreeNode(globalPostOrder[postorderStart]);}int target = globalPostOrder[postorderEnd]; // 拿到节点的值int index = 0;for (int i = inorderStart; i <= inorderEnd; i++) {if (globalInorder[i] == target) {index = i; // 记录切割节点的值，也就是此时的节点break;}}TreeNode node = new TreeNode(target);node.left = reverse(inorderStart, index-1, postorderStart, postorderStart+(index-inorderStart-1));node.right = reverse(index+1, inorderEnd, postorderStart+(index-inorderStart), postorderEnd-1);return node;}
}