112. 路径总和(Java)

目录

解法:

官方解法:

方法一:广度优先搜索

思路及算法

复杂度分析

时间复杂度:

空间复杂度:

方法二:递归

思路及算法

复杂度分析

时间复杂度:

空间复杂度:


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:

112. 路径总和(Java)_第1张图片

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:

112. 路径总和(Java)_第2张图片

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

解法:

同样使用深度优先遍历的方法,将每个叶子节点的路径值相加起来。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode() {}
 *     TreeNode(int val) { this.val = val; }
 *     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
 *         this.val = val;
 *         this.left = left;
 *         this.right = right;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    public boolean hasPathSum(TreeNode root, int targetSum) {
        int[] judge = {0};
        hasNextNode(root, targetSum, 0, judge);
        return judge[0] == 1;
    }

    public void hasNextNode(TreeNode root, int targetSum, int rNum, int[] judge) {
        if (root == null) {
            return;
        }
        //将当前节点的值与上一节点的值添加起来
        rNum += root.val;
        //1.遍历左边
        hasNextNode(root.left, targetSum, rNum, judge);
        //2.遍历右边
        hasNextNode(root.right, targetSum, rNum, judge);
        //当遍历到叶子节点时判断是否符合targetSum
        if (root.left == null && root.right == null) {
            //判断是否符合targetSum
            if (rNum == targetSum) {
                judge[0] = 1;
            }
        }
    }
}

112. 路径总和(Java)_第3张图片

官方解法:

方法一:广度优先搜索

思路及算法

首先我们可以想到使用广度优先搜索的方式,记录从根节点到当前节点的路径和,以防止重复计算。

这样我们使用两个队列,分别存储将要遍历的节点,以及根节点到这些节点的路径和即可。

class Solution {
    public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
        if (root == null) {
            return false;
        }
        Queue queNode = new LinkedList();
        Queue queVal = new LinkedList();
        queNode.offer(root);
        queVal.offer(root.val);
        while (!queNode.isEmpty()) {
            TreeNode now = queNode.poll();
            int temp = queVal.poll();
            if (now.left == null && now.right == null) {
                if (temp == sum) {
                    return true;
                }
                continue;
            }
            if (now.left != null) {
                queNode.offer(now.left);
                queVal.offer(now.left.val + temp);
            }
            if (now.right != null) {
                queNode.offer(now.right);
                queVal.offer(now.right.val + temp);
            }
        }
        return false;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度:

O(N),其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。

空间复杂度:

O(N),其中 N 是树的节点数。空间复杂度主要取决于队列的开销,队列中的元素个数不会超过树的节点数。

方法二:递归

思路及算法

观察要求我们完成的函数,我们可以归纳出它的功能:询问是否存在从当前节点 root 到叶子节点的路径,满足其路径和为 sum。

假定从根节点到当前节点的值之和为 val,我们可以将这个大问题转化为一个小问题:是否存在从当前节点的子节点到叶子的路径,满足其路径和为 sum - val。

不难发现这满足递归的性质,若当前节点就是叶子节点,那么我们直接判断 sum 是否等于 val 即可(因为路径和已经确定,就是当前节点的值,我们只需要判断该路径和是否满足条件)。若当前节点不是叶子节点,我们只需要递归地询问它的子节点是否能满足条件即可。

class Solution {
    public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
        if (root == null) {
            return false;
        }
        if (root.left == null && root.right == null) {
            return sum == root.val;
        }
        return hasPathSum(root.left, sum - root.val) || hasPathSum(root.right, sum - root.val);
    }
}

复杂度分析

时间复杂度:

O(N),其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。

空间复杂度:

O(H),其中 H 是树的高度。空间复杂度主要取决于递归时栈空间的开销,最坏情况下,树呈现链状,空间复杂度为 O(N)。平均情况下树的高度与节点数的对数正相关,空间复杂度为 O(log⁡N)。


官方解法部分:

作者:力扣官方题解
链接:https://leetcode.cn/problems/path-sum/
来源:力扣(LeetCode)

你可能感兴趣的:(LeetCode基础入门,算法,leetcode,java,深度优先)