(树) 剑指 Offer 68 - II. 二叉树的最近公共祖先 ——【Leetcode每日一题】

❓剑指 Offer 68 - II. 二叉树的最近公共祖先

难度：简单

给定一个二叉树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。

百度百科 中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个结点 p、q，最近公共祖先表示为一个结点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。”

例如，给定如下二叉树: root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4]

示例 1:

输入: root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 1
输出: 3
解释: 节点 5 和节点 1 的最近公共祖先是节点 3。

示例 2:

输入: root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 4
输出: 5
解释: 节点 5 和节点 4 的最近公共祖先是节点 5。因为根据定义最近公共祖先节点可以为节点本身。

说明:

• 所有节点的值都是唯一的。
• p、q 为不同节点且均存在于给定的二叉树中。

注意：本题与 236. 二叉树的最近公共祖先 相同。

思路：（递归 —— 通俗易懂）

该树不是二叉搜索树，所以题解与235. 二叉搜索树的最近公共祖先不同:

法一：后序遍历

找最近公共祖先，最先想到的应该是从树的叶子节点 从下往上找：找到第一个子树，既包节点括p，有包括节点q的根节点，即为我们要找的最近公共祖先：

节点p和q既可以是最近公共祖先，也可以在最近公共祖先的左右子树上，这需要分别判断；

• 我们设一个全局变量ans保存我们要找的答案：最近公共祖先；
• 如果当前节点是p和q的其中一个，就 +1，然后判断加上该节点的左右子树的返回值，如果等于2，即为答案；如果不等于2，则返回以该节点为根节点的子树中节点等于p或q的个数。
• 递归即可得到答案！

法二：先序遍历

该题也可以从上往下找：

• 首先判断根节点是否等于p或q，如果相等则返回该节点；
• 如果不等则递归该节点的左右子树：
  • 如果左右子树的返回值都不为空，则该节点就是最近公共祖先，返回当前节点；
  • 如果左右子树返回返回值中有一个不为空，则返回不为空的返回值；
  • 如果都为空，则以该节点为根节点的子树中没有一个节点等于p或q，返回null。
• 最后的返回值即为 最近公共祖先。

代码：(Java、C++)

法一：后序遍历
Java

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
class Solution {
    private TreeNode ans = null;
    public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
        dfs(root, p, q);
        return ans;
    }
    public int dfs(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q){
        if(root == null) return 0;
        int left = dfs(root.left, p, q);
        int right = dfs(root.right, p, q);
        if(p == root || q == root){
            left++;
        }
        if(left + right == 2){
            ans = root;
            return 0;
        }
        return left + right;
    }
}

C++

/**
 * 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:
    TreeNode* ans = nullptr;
    TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
        dfs(root, p, q);
        return ans;
    }
    int dfs(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q){
        if(root == nullptr) return 0;
        int left = dfs(root->left, p, q);
        int right = dfs(root->right, p, q);
        if(p == root || q == root){
            left++;
        }
        if(left + right == 2){
            ans = root;
            return 0;//置0
        }
        return left + right;
    }
};

法二：先序遍历
Java

class Solution {
    public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
        if(root == null || root == p || root == q) return root;
        TreeNode left = lowestCommonAncestor(root.left, p, q);
        TreeNode right = lowestCommonAncestor(root.right, p, q);
        return left == null ? right : right == null ? left : root;
    }
}

C++

class Solution {
public:
    TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
        if(root == nullptr || root == p || root == q) return root;
        TreeNode* left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
        TreeNode* right = lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
        return left == nullptr ? right : right == nullptr ? left : root;
    }
};

法二：先序遍历
Java

class Solution {
    public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
        if(root == null || root == p || root == q) return root;
        TreeNode left = lowestCommonAncestor(root.left, p, q);
        TreeNode right = lowestCommonAncestor(root.right, p, q);
        return left == null ? right : right == null ? left : root;
    }
}

class Solution {
public:
    TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
        if(root == nullptr || root == p || root == q) return root;
        TreeNode* left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
        TreeNode* right = lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
        return left == nullptr ? right : right == nullptr ? left : root;
    }
};

运行结果：

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ ： 其中 n 为二叉树节点数；最差情况下，需要递归遍历树的所有节点。
• 空间复杂度：$O(n)$ ： 最差情况下，递归深度达到n，系统使用 $O(n)$大小的额外空间。

题目来源：力扣。

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