【c++&leetcode】2265. Count Nodes Equal to Average of Subtree

问题入口

时间复杂度：O(n)，空间复杂度：O(h)

class Solution {
public:
    int count = 0;
    pair postOder(TreeNode* root){
        if (!root)
            return {0, 0};
        
        pair left = postOder(root->left);
        pair right = postOder(root->right);

        int sum = left.first + right.first + root->val;
        int nodeCount = left.second + right.second + 1;

        int average = sum / nodeCount;
        if(average == root->val)
            count++;
        return {sum, nodeCount};
        
    }
    int averageOfSubtree(TreeNode* root) {
        postOder(root);
        return count;
    }
};

时间复杂性：
-“postOrder”函数执行二进制树的后序遍历，访问每个节点一次。
-后序遍历的时间复杂度为O（n），其中n是树中的节点数。
空间复杂性：
-空间复杂度为O（h），其中h是二叉树的高度。
-这个空间用于后序遍历期间的递归调用堆栈。

时间复杂度：O(n^2), 空间复杂度：O(h)

class Solution {
public:
    int numsOfSubtree(TreeNode* root){
        if (!root)
            return 0;
    
        
        return numsOfSubtree(root->left) + numsOfSubtree(root->right) + 1;

    }

    int sumOfSubtree(TreeNode* root)
    {
        if (!root)
            return 0;
        
        return sumOfSubtree(root->left) + sumOfSubtree(root->right) + root->val;
        
    }


    int averageOfSubtree(TreeNode* root) {
        if(!root)
            return 0;

        int average = sumOfSubtree(root) / numsOfSubtree(root);
        return ((root->val == average)? 1 : 0) + averageOfSubtree(root->left) + averageOfSubtree(root->right);


    }
};

在上面的方法中，我们必须多次迭代节点，因为我们是从上到下开始的，因此，我们无法重用总和和计数。我们可以用相反的方式迭代，而不是从根节点到叶子。我们将首先迭代每个节点的左子树和右子树，并返回节点的总和和节点的计数，然后我们可以找到平均值，并检查是否应该计算该节点。我们将对每个节点重复该过程，并在对所有节点进行迭代后返回最终计数。

时间复杂性：

1. numsOfSubtree 和 sumOfSubtree 函数：这两个函数的时间复杂度为 (O(n)\)，其中 n 是树中的节点数。每个函数都会访问每个节点一次。

2. averageOfSubtree 函数：该函数对每个节点调用一次 `numsOfSubtree` 和 `sumOfSubtree`，并对每个节点递归调用自身。时间复杂度为 O(n^2)，因为对于每个节点，它计算了子树的总和和计数。

空间复杂性：

1. numsOfSubtree 和 sumOfSubtree 函数：这两个函数的空间复杂度为 O(h)，其中 h是树的高度。这是由于递归调用栈引起的。

2. averageOfSubtree 函数：由于递归调用栈，空间复杂度为 O(h)。