二叉树题目：在二叉树中分配硬币

题目

标题和出处

标题：在二叉树中分配硬币

出处：979. 在二叉树中分配硬币

难度

6 级

题目描述

要求

给定一个有 $\text{n}$ 个结点的二叉树的根结点 $\text{root}$，树中的每个结点 $\text{node}$ 上有 $\text{node.val}$ 枚硬币。整个树中总共有 $\text{n}$ 枚硬币。

在一次移动中，我们可以选择两个相邻的结点，然后将一枚硬币从其中一个结点移动到另一个结点。可以从父结点移动到子结点，或者从子结点移动到父结点。

返回使每个结点上恰好有一枚硬币所需的最少移动次数。

示例

示例 1：

输入：$\text{root = [3,0,0]}$
输出：$\text{2}$
解释：从树的根结点开始，我们将一枚硬币移到它的左子结点上，一枚硬币移到它的右子结点上。

示例 2：

输入：$\text{root = [0,3,0]}$
输出：$\text{3}$
解释：从根结点的左子结点开始，我们将两枚硬币移到根结点上（移动两次）。然后，我们把一枚硬币从根结点移到右子结点上。

数据范围

• 树中结点数目是 $\text{n}$
• $\text{1}\le \text{n}\le \text{100}$
• $\text{0}\le \text{Node.val}\le \text{n}$
• 所有的 $\text{Node.val}$ 之和是 $\text{n}$

解法

思路和算法

为了计算平均分配硬币的最少移动次数，需要计算每个子树中的硬币数与结点数的差值。差值等于 $0$ 表示子树中的硬币树等于结点数；差值大于 $0$ 表示子树中的硬币数大于结点数，需要将多余的硬币移动到当前子树根结点的父结点；差值小于 $0$ 表示子树中的硬币数小于结点数，需要将缺少的硬币从当前子树根结点的父结点移动到当前子树。在计算每个子树中的硬币数与结点数的差值时，同步计算移动次数。

如果二叉树为空，则差值为 $0$。如果二叉树不为空，则差值为的左子树的差值、右子树的差值与根结点的差值之和，其中左子树的差值与右子树的差值是规模更小的问题，可以使用同样的方法计算，根结点的差值等于根结点值减 $1$，即根结点的硬币数与目标硬币数（目标硬币数为 $1$）之差。得到左子树的差值与右子树的差值之后即可更新移动次数。对于每个子树，如果差值为 $x$，则当 $x>0$ 时需要将 $|x|$ 个硬币从该子树移动到根结点，当 $x<0$ 时需要将 $|x|$ 个硬币从根结点移动到该子树，因此需要 $|x|$ 次移动。

计算二叉树的差值可以使用深度优先搜索实现。整个过程是一个递归的过程，递归的终止条件是当前子树为空，此时差值为 $0$。其余情况下，首先计算左子树和右子树的差值，然后计算当前子树的差值并更新移动次数。

遍历结束之后即可得到平均分配硬币的最少移动次数。由于上述计算过程中，移动次数等于需要移动的硬币数，因此可以确保得到的移动次数是最少的。

代码

class Solution {
    int moves = 0;

    public int distributeCoins(TreeNode root) {
        count(root);
        return moves;
    }

    public int count(TreeNode node) {
        if (node == null) {
            return 0;
        }
        int countLeft = count(node.left);
        int countRight = count(node.right);
        moves += Math.abs(countLeft) + Math.abs(countRight);
        return countLeft + countRight + node.val - 1;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是二叉树的结点数。每个结点都被访问一次。

• 空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是二叉树的结点数。空间复杂度主要是递归调用的栈空间，取决于二叉树的高度，最坏情况下是 $O(n)$。