LeetCode-117. 填充每个节点的下一个右侧节点指针 II

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LeetCode每日一题/2020-09-28

LeetCode117. 填充每个节点的下一个右侧节点指针 II

问题描述

规则

• 给定一个二叉树

struct Node {
  int val;
  Node *left;
  Node *right;
  Node *next;
}

• 填充它的每个 next 指针，让这个指针指向其下一个右侧节点。如果找不到下一个右侧节点，则将 next 指针设置为 NULL。
• 初始状态下，所有 next 指针都被设置为 NULL。

进阶

• 你只能使用常量级额外空间。
• 使用递归解题也符合要求，本题中递归程序占用的栈空间不算做额外的空间复杂度。

示例

输入：root = [1,2,3,4,5,null,7]
输出：[1,#,2,3,#,4,5,7,#]
解释：给定二叉树如图 A 所示，你的函数应该填充它的每个 next 指针，以指向其下一个右侧节点，如图 B 所示。

提示

• 树中的节点数小于 6000
• 100 <= node.val <= 100

解析

解题思路

• 题目要求填充二叉树的next指针，next指向右侧节点。可以理解为题目要求我们逐层地自左向右将所有节点组织成链表，访问顺序刚好符合树地层序遍历：
• 树的层序遍历，以下动画为使用队列实现树的层序遍历：
  
• 树的层序遍历模板代码：

public List<List<Integer>> levelorderTraversalForIteration(TreeNode root) {
    List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
    Deque<TreeNode> deque = new LinkedList<>();

    if (root != null) deque.push(root);
    while (!deque.isEmpty()) {
        int dequeSize = deque.size();
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        for (int i = 0; i < dequeSize; i++) {
            TreeNode node = deque.pollFirst();
            list.add(node.val);
            if (node.left!=null) deque.offerLast(node.left);
            if (node.right!=null) deque.offerLast(node.right);
        }
        ans.add(list);
    }
    return ans;
}
}

数据操作分析

• 见思路分析

复杂度分析

1. 时间复杂度
2. 空间复杂度

编码实现

public class LeetCode0117_PopulatingNextRightPointersInEachNodeii {
    public Node connect(Node root) {
        if (root == null) return root;
        Deque<Node> deque = new LinkedList<>();
        deque.push(root);

        while (!deque.isEmpty()) {
            int size = deque.size();
            Node last = null;
            for (int i = 1; i <= size; i++) {
                Node first = deque.pollFirst();
                if (first.left != null) deque.offerLast(first.left);
                if (first.right != null) deque.offerLast(first.right);
                if (i != 1) {
                    last.next = first;
                }
                last = first;
            }

        }
        return root;
    }

}

官方解法

方法一：层次遍历

思路与算法：

• 这道题希望我们把二叉树各个层的点组织成链表，一个非常直观的思路是层次遍历。树的层次遍历基于广度优先搜索，它按照层的顺序遍历二叉树，在遍历第 i 层前，一定会遍历完第 i – 1 层。
• 算法如下：初始化一个队列 q，将根结点放入队列中。当队列不为空的时候，记录当前队列大小为 n，从队列中以此取出 n 个元素并通过这 n 个元素拓展新节点。如此循环，直到队列为空。我们不难写出这样的代码：

q.push(root);
while(!q.empty()) {
    int n = q.size();
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        auto f = q.front();
        q.pop();
        // 拓展新节点
        if (f->left) {
            q.push(f->left);
        }
        if (f->right) {
            q.push(f->right);
        }
        // ... 遍历当前取出的 f
    }
}

• 这样做可以保证每次遍历的 n 个点都是同一层的。我们可以在遍历每一层的时候修改这一层节点的 \rm next 指针，这样就可以把每一层都组织成链表。

复杂度分析：

记树上的点的个数为 N。
1. 时间复杂度:O(N)。我们需要遍历这棵树上所有的点，时间复杂度为 O(N)。
2. 空间复杂度：O(N)。即队列的空间代价。

编码实现

class Solution {
    public Node connect(Node root) {
        if (root == null) {
            return null;
        }
        Queue<Node> queue = new LinkedList<Node>();
        queue.offer(root);
        while (!queue.isEmpty()) {
            int n = queue.size();
            Node last = null;
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                Node f = queue.poll();
                if (f.left != null) {
                    queue.offer(f.left);
                }
                if (f.right != null) {
                    queue.offer(f.right);
                }
                if (i != 1) {
                    last.next = f;
                }
                last = f;
            }
        }
        return root;
    }
}

方法二：使用已建立的 \rm next 指针

思路及算法：

• 因为必须处理树上的所有节点，所以无法降低时间复杂度，但是可以尝试降低空间复杂度。
• 在方法一中，因为对树的结构一无所知，所以使用队列保证有序访问同一层的所有节点，并建立它们之间的连接。然而不难发现：一旦在某层的节点之间建立了 \rm next 指针，那这层节点实际上形成了一个链表。因此，如果先去建立某一层的 \rm next 指针，再去遍历这一层，就无需再使用队列了。
• 基于该想法，提出降低空间复杂度的思路：如果第 i 层节点之间已经建立 \rm next 指针，就可以通过 \rm next 指针访问该层的所有节点，同时对于每个第 i 层的节点，我们又可以通过它的 \rm lef 和 \rm right 指针知道其第 i+1 层的孩子节点是什么，所以遍历过程中就能够按顺序为第 i + 1 层节点建立 \rm next 指针。
• 具体来说：
  • 从根节点开始。因为第 0 层只有一个节点，不需要处理。可以在上一层为下一层建立 \rm next 指针。
  • 该方法最重要的一点是：位于第 x 层时为第 x + 1 层建立 \rm next 指针。
  • 一旦完成这些连接操作，移至第 x + 1 层为第 x + 2 层建立 \rm next 指针。
  • 当遍历到某层节点时，该层节点的 \rm next 指针已经建立。这样就不需要队列从而节省空间。每次只要知道下一层的最左边的节点，就可以从该节点开始，像遍历链表一样遍历该层的所有节点。
    代码如下。

复杂度分析：

1. 时间复杂度:O(N)。分析同「方法一」。

2. 空间复杂度：O(1)。

编码实现

class Solution {
    Node last = null, nextStart = null;
    public Node connect(Node root) {
        if (root == null) {
            return null;
        }
        Node start = root;
        while (start != null) {
            last = null;
            nextStart = null;
            for (Node p = start; p != null; p = p.next) {
                if (p.left != null) {
                    handle(p.left);
                }
                if (p.right != null) {
                    handle(p.right);
                }
            }
            start = nextStart;
        }
        return root;
    }

    public void handle(Node p) {
        if (last != null) {
            last.next = p;
        } 
        if (nextStart == null) {
            nextStart = p;
        }
        last = p;
    }
}

精彩评论

跳转地址1：BFS解决（最好的击败了100%的用户）

BFS解决

思路：

• 看到关于二叉树的问题，首先要想到关于二叉树的一些常见遍历方式，
  对于二叉树的遍历有
  • 前序遍历
  • 中序遍历
  • 后续遍历
  • 深度优先搜索（DFS）
  • 宽度优先搜索（BFS）
• 除了上面介绍的5种以外，还有Morris（莫里斯）的前中后3种遍历方式，总共也就这8种。所以只要遇到二叉树相关的算法题，首先想到的就是上面的几种遍历方式，然后再稍加修改，基本上也就这个套路。
• 这题让求的就是让把二叉树中每行都串联起来，对于这道题来说最适合的就是BFS。也就是一行一行的遍历，如下图所示
  
• 代码如下：

    public void levelOrder(TreeNode tree) {
        if (tree == null)
            return;
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
        queue.add(tree);//相当于把数据加入到队列尾部
        while (!queue.isEmpty()) {
            //poll方法相当于移除队列头部的元素
            TreeNode node = queue.poll();
            System.out.println(node.val);
            if (node.left != null)
                queue.add(node.left);
            if (node.right != null)
                queue.add(node.right);
        }
    }

• 如果 cur->val 小于 p->val，同时 cur->val 小于 q->val，那么就应该向右遍历。

        } else if (cur->val < p->val && cur->val < q->val) {
            return traversal(cur->right, p, q);
        }

编码实现

• 在遍历每一行的时候，只要把他们串联起来就OK，下面就来把上面的代码改造一下：

    public Node connect(Node root) {
        if (root == null)
            return root;
        Queue<Node> queue = new LinkedList<>();
        queue.add(root);
        while (!queue.isEmpty()) {
            //每一层的数量
            int levelCount = queue.size();
            //前一个节点
            Node pre = null;
            for (int i = 0; i < levelCount; i++) {
                //出队
                Node node = queue.poll();
                //如果pre为空就表示node节点是这一行的第一个，
                //没有前一个节点指向他，否则就让前一个节点指向他
                if (pre != null) {
                    pre.next = node;
                }
                //然后再让当前节点成为前一个节点
                pre = node;
                //左右子节点如果不为空就入队
                if (node.left != null)
                    queue.add(node.left);
                if (node.right != null)
                    queue.add(node.right);
            }
        }
        return root;
    }

优化思路：

• 上面运行效率并不是很高，这是因为我们把节点不同的入队然后再不停的出队，其实可以不需要队列，每一行都可以看成一个链表比如第一行就是只有一个节点的链表，第二行是只有两个节点的链表（假如根节点的左右两个子节点都不为空）……
  
  

优化后代码

    public Node connect(Node root) {
        if (root == null)
            return root;
        //cur我们可以把它看做是每一层的链表
        Node cur = root;
        while (cur != null) {
            //遍历当前层的时候，为了方便操作在下一
            //层前面添加一个哑结点（注意这里是访问
            //当前层的节点，然后把下一层的节点串起来）
            Node dummy = new Node(0);
            //pre表示访下一层节点的前一个节点
            Node pre = dummy;
            //然后开始遍历当前层的链表
            while (cur != null) {
                if (cur.left != null) {
                    //如果当前节点的左子节点不为空，就让pre节点
                    //的next指向他，也就是把它串起来
                    pre.next = cur.left;
                    //然后再更新pre
                    pre = pre.next;
                }
                //同理参照左子树
                if (cur.right != null) {
                    pre.next = cur.right;
                    pre = pre.next;
                }
                //继续访问这一行的下一个节点
                cur = cur.next;
            }
            //把下一层串联成一个链表之后，让他赋值给cur，
            //后续继续循环，直到cur为空为止
            cur = dummy.next;
        }
        return root;
    }

• 空节点放到外边共用：

    public Node connect(Node root) {
        if (root == null)
            return root;
        //cur我们可以把它看做是每一层的链表
        Node cur = root;
        Node dummy = new Node(0);
        while (cur != null) {
            dummy.next = null;
            //遍历当前层的时候，为了方便操作在下一
            //层前面添加一个哑结点（注意这里是访问
            //当前层的节点，然后把下一层的节点串起来）
            //pre表示访下一层节点的前一个节点
            Node pre = dummy;
            //然后开始遍历当前层的链表
            while (cur != null) {
                if (cur.left != null) {
                    //如果当前节点的左子节点不为空，就让pre节点
                    //的next指向他，也就是把它串起来
                    pre.next = cur.left;
                    //然后再更新pre
                    pre = pre.next;
                }
                //同理参照左子树
                if (cur.right != null) {
                    pre.next = cur.right;
                    pre = pre.next;
                }
                //继续访问这样行的下一个节点
                cur = cur.next;
            }
            //把下一层串联成一个链表之后，让他赋值给cur，
            //后续继续循环，直到cur为空为止
            cur = dummy.next;
        }
        return root;
    }