标签:node Convert Java Greater sum left null root cur
这是悦乐书的第255次更新,第268篇原创
01 看题和准备
今天介绍的是LeetCode算法题中Easy级别的第122题(顺位题号是538)。给定二进制搜索树(BST),将其转换为更大树,使原始BST的每个键都更改为原始键加上所有键的总和大于BST中的原始键。例如:
输入:二进制搜索树的根,如下所示:
5
/ \
2 13
输出:大树的根,如下所示:
18
/ \
20 13
本次解题使用的开发工具是eclipse,jdk使用的版本是1.8,环境是win7 64位系统,使用Java语言编写和测试。
02 第一种解法
题目的意思是将一个二叉搜索树的节点按照右根左的顺序累加,用不断累加的值作为原节点新的节点值,至于返回后新的二叉树,题目并没有要求是二叉搜索树,因此我们可以直接使用递归方法,顺序为右根左,另外还需要定义一个全局变量sum,来依次累加节点值。
此解法的时间复杂度是O(n),空间复杂度是O(n)。
private int sum = 0;
public TreeNode convertBST(TreeNode root) {
if (root == null) {
return null;
}
convertBST(root.right);
sum += root.val;
root.val = sum;
convertBST(root.left);
return root;
}
03 第二种解法
我们还可以使用迭代的方法来解,借助栈(或者队列)来实现。先将当前节点的所有右子节点进栈,然后出栈一个节点,此节点是最下面一层的第一个右子节点,然后节点值开始累加,然后再将左子节点依次进栈。
此解法的时间复杂度是O(n),空间复杂度是O(n)。
public TreeNode convertBST2(TreeNode root) {
if (root == null) {
return null;
}
int sum = 0;
Stack<TreeNode> stack = new Stack<TreeNode>();
TreeNode node = root;
while (!stack.isEmpty() || node != null) {
while (node != null) {
stack.push(node);
node = node.right;
}
node = stack.pop();
sum += node.val;
node.val = sum;
node = node.left;
}
return root;
}
04 第三种解法
还有一种比较厉害的解法,Reverse Morris In-order Traversal(逆向莫里斯有序遍历),是由一个叫Morris的人提出的,感兴趣的可以去仔细研究下。
此解法的时间复杂度是O(n),空间复杂度是O(1)。
public TreeNode convertBST3(TreeNode root) {
TreeNode cur = root;
int sum = 0;
while (cur != null) {
if (cur.right == null) {
sum += cur.val;
cur.val = sum;
cur = cur.left;
} else {
TreeNode prev = cur.right;
while (prev.left != null && prev.left != cur) {
prev = prev.left;
}
if (prev.left == null) {
prev.left = cur;
cur = cur.right;
} else {
prev.left = null;
sum += cur.val;
cur.val = sum;
cur = cur.left;
}
}
}
return root;
}
05 小结
算法专题目前已日更超过三个月,算法题文章122+篇,公众号对话框回复【数据结构与算法】、【算法】、【数据结构】中的任一关键词,获取系列文章合集。
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