LeetCode总结，二叉树各种类型问题小结

1,三大基础遍历方式

三个遍历的博客地址，

1） 144/145/94 Binary Tree （Pre & In & Post） order Traversal

即：

前序遍历，总是先访问当前节点，再左子，最后右子

中序遍历，总是先访问左子，再当前节点，最后右子

后序遍历，总是先访问左子，再右子，最后当前节点

关于三大基础遍历，必须要条件反射式的记住：三种遍历的迭代方式使用的都是栈，后序遍历必须使用了两个栈，其余乱七八糟的解决方式统统就不要再记了。

2，广度遍历

三道中序遍历题目：

1） 102. / 107. Binary Tree Level Order Traversal(I / II)

分析：

102题目的意思是每一层均按照从左到右的顺序遍历节点，并记录节点到vector中。显然广度优先搜索，用队列。

利用两个队列保存当层的节点与下一层的节点，下一层的元素处理完后，

下一层成为当层（继续获取下一层的节点）。

107题目道理是一样的，不过就是插入vector的顺序逆着来而已，不过这样做似乎没有达到考察的目的！

2） 103. Binary Tree Zigzag Level Order Traversal

这个问题和上面的题目基本一样，唯一的区别就是奇数层和偶数层的压入顺序相反而已，但是通过vector插入顺序的不同来达到目的似乎并没有达到题目的考察目的。

102/103/107三个题目，都是按照广度优先遍历二叉树，其实主要用到数据结构队列。算法这里不细说了，可以直接看文章中的代码。

显然，中序遍历必须要条件反射的是，务必使用数据结构队列。

3，构造二叉树

1） 106. Construct Binary Tree from Inorder and Postorder Traversal

2） 105. Construct Binary Tree from Preorder and Inorder Traversal

分析：

首先要弄清楚什么是前序遍历和中序遍历，后续遍历?
前序遍历就是先遍历当前的节点，然后遍历该节点的左分支（即遍历左分支的所有节点），最后再遍历该节点的右分支。
中序遍历是先遍历当前节点的左分支，再遍历当前节点，最后遍历当前节点的右分支。

还有后序遍历，就是先左分支，再右分支，最后当前节点。

以下面的二叉树为例。
         4
        / \
      2    7
     /  \  /  \
    1  3 6   9
其先序遍历结果：【4 2 1 3 7 6 9】
中序遍历结果是：【1 2 3 4 6 7 9】

后序遍历结果是：【1 3 2 6 9 7 4】

对先序遍历来说：
先序遍历的每个值表示的结点都是接下来的若干个结点(根据中序遍历即确定)的父结点。
比如【4】是这个二叉树的根结点，【2】是【1 3】的父结点，【1】是 空的父结点，也即使叶子结点。

对中序遍历来说：
根结点（根据前序遍历即确定）一定在中间位置，该位置左边是其左子树，右边是其右子树。
比如【4】左边【1 2 3】全是根结点的左子树，右边是【6 7 9】是根结点的右子树。
对于【2】来说，【1】是其左子树，【3】是其右子树。

对后序遍历来说：
后序遍历的末尾结点都是前面的若干个结点(根据中序遍历即可确定)的父结点。
比如【4】是这个二叉树的根结点，【2】是【1 3】的父结点，【7】是【4 6】的父结点，

……
依次类推。
很明显，这是一个递归过程。

4，二叉树的平衡

博文地址：
1)判断一颗二叉树是否平衡， 110. Balanced Binary Tree
2)根据有序链表和数组构造二叉搜索树， 109 / 108 Convert Sorted ( List / Array ) to Binary Search Tree

有序数组或者链表转化成二叉搜索树。思路还是比较明显的！因为有序，为了能平衡，总是选择数组或者（未被使用过的位置的）中间位置的值作为当前二叉树的根节点！显然对于链表来说就是使用快慢指针法来找到中间位置。

5，枚举二叉搜索树

见博文：
1）符合要求的二叉搜索树有多少种？， 96. Unique Binary Search Trees

这个问题实际上是动态规划问题，所以必须努力去找到和以前的子问题的联系。
断言：由1,2,3,...,n构建的二叉查找树，以i为根节点，左子树由[1,i-1]构成，其右子树由[i+1,n]构成。
定义子问题：定义f(i)为以[1,i]能产生的二叉搜索树的数目
若数组为空，则只有一种BST，即空树，f(0)=1;
若数组仅有一个元素1，单个节点，f(1)=1;
若数组有两个元素1，2，则有两种可能，f(2)=2；
若数组有三个元素1，2，3，则有5中情况，题目已经说了，
n=4呢？显示此问题玄机的时候到了：寻找与上面已推出子问题的关系：
如果1为根，则左子树0个元素所以1种情况，右子树3个元素（2,3,4），显然为5种情况
如果2为根，则左子树1个元素所以1种情况，右子树2个元素（3,4），显然为2
如果3为根，则左子树2个元素所以2种情况，右子树1个元素（4），显然为1
如果4为根，则左子树3个元素所以5种情况，右子树3个元素（无），显然为1
由此可以得到递推公式：f(i)=f(0)*f(i-1)+...+f(k-1)*f(i-k)+...+f(i-1)*f(0)

2，Unique Binary Search Trees II

6，二叉树结构变更

博文如下：

1）反转二叉树， 226. Invert Binary Tree

2）二叉树是否镜像对称？， 101. Symmetric Tree
3）将二叉树碾平成单链表， 114. Flatten Binary Tree to Linked List

4）右视二叉树的结果，  116 / 117 Populating Next Right Pointers in Each Node (I / II)

7，结构特征判断

两颗二叉树是否一样，

1） 100. Same Tree

8，二叉树路径判断

1） 235. / 236. LCA of a BSTree & BTree
对于235题，因为是在一颗二叉搜索树中（左右子具有大小关系），那么我们只需要关注祖先节点r和q、p的关系即可！

注意：本题给定的两个节点一定在这个二叉搜索树上，所以一定存在最低公共祖先。

如果当前节点r是q和p的祖先，一定满足如下条件：
 1）p和q分居两颗子树
 2）p和q中有一个就是当前节点，另一个居于某颗子树
 那么其他情况呢？
 3）p和q都在左子树或者右子树

 而根据二叉搜索树的规则，我们可以通过比较三个节点的大小来判断谁在谁的那一边

对于236题：思路就是记录从根节点达到p和q的两条路径，显然知道了两条路径之后，不相同的上一个节点就是最低公共祖先。

比如4和2的：

4的路径：3,5,2,4

2的路径：3,5,2





129. Sum Root to Leaf Numbers

Total Accepted: 74843  Total Submissions: 229553  Difficulty: Medium

Given a binary tree containing digits from 0-9 only, each root-to-leaf path could represent a number.

An example is the root-to-leaf path 1->2->3 which represents the number 123.

Find the total sum of all root-to-leaf numbers.

For example,

    1
   / \
  2   3

The root-to-leaf path 1->2 represents the number 12.
The root-to-leaf path 1->3 represents the number 13.

Return the sum = 12 + 13 = 25.

分析：DONE

深度优先搜索！累加当前节点的值，一旦遇到叶子就加到sum里，最后统计出总和！

 /**
  * Definition for a binary tree node.
  * struct TreeNode {
  *     int val;
  *     TreeNode *left;
  *     TreeNode *right;
  *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
  * };
  */
 class Solution {
 public:
     int sumNumbers(TreeNode* root) {
         m_nsum=0;
         if(root==NULL)
             return m_nsum;
         dfs(root,0);
         return m_nsum;
     }
     void dfs(TreeNode* pnode,int curval)
     {
         if(pnode->left==NULL && pnode->right==NULL)
         {
             m_nsum+=10*curval+pnode->val;
             return;
         }
         if(pnode->left!=NULL)
             dfs(pnode->left,10*curval+pnode->val);
         if(pnode->right!=NULL)
             dfs(pnode->right,10*curval+pnode->val);
     }

 private:
     int m_nsum;
 };

199. Binary Tree Right Side View

Total Accepted: 40438  Total Submissions: 117654  Difficulty: Medium

Given a binary tree, imagine yourself standing on the right side of it, return the values of the nodes you can see ordered from top to bottom.

For example:
Given the following binary tree,

   1            <---
 /   \
2     3         <---
 \     \
  5     4       <---

You should return [1, 3, 4].

分析：

典型的广度优先遍历，每一层的最右边那个元素显然就是当层的右视可见节点！

 /**
  * Definition for a binary tree node.
  * struct TreeNode {
  *     int val;
  *     TreeNode *left;
  *     TreeNode *right;
  *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
  * };
  */
 class Solution {
 public:
     vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
         if(root==NULL)
             return result;
         queue que;
         que.push(root);
         //广度优先，总是压入每一层最右边的即可
         while(!que.empty())
         {
             int levelNum = que.size();//通过size来判断当层的结束
             for(int i=0; i
             {
                 if(que.front()->left != NULL) //先获取该节点下一层的左右子，再获取该节点的元素，因为一旦压入必弹出，所以先处理左右子
                     que.push(que.front()->left);
                 if(que.front()->right != NULL)
                     que.push(que.front()->right);
                 if(i== (levelNum-1))
                     result.push_back(que.front()->val);
                 que.pop();
             }

         }
         return result;
     }
 private:
      vector<int> result;
 };

参考资源：

【1】http://blog.csdn.net/loverooney/article/details/32340299

注：本博文为EbowTang原创，后续可能继续更新本文。如果转载，请务必复制本条信息！

原文地址：http://blog.csdn.net/ebowtang/article/details/51488374

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本博客LeetCode题解索引：http://blog.csdn.net/ebowtang/article/details/50668895