路径总和
题目
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 。
叶子节点 是指没有子节点的节点。
示例 1:
示例 2:
示例 3:
输入:root = [1,2], targetSum = 0
输出:false
解题思路
根据理解题目意思和所给出的示例,我们可以利用深度优先搜索 DFS 来找出从根节点到叶子节点的所有路径,只要有一条路径的和等于 targetSum,就说明存在。
因此,我们来实现这个递归的逻辑:
- 确定递归的函数参数和返回类型
参数:二叉树的根节点,以及一个计数器,用来计算二叉树的一条边之和是否正好等于目标和
再来看返回值,递归函数什么时候需要返回值?什么时候不需要返回值?
如果需要搜索整颗二叉树,那么递归函数就不要返回值,如果要搜索其中一条符合条件的路径,递归函数就需要返回值,因为遇到符合条件的路径了就要及时返回。
所以,可以用 boolean 类型来表示。
- 确定终止条件
首先计数器如何统计这一条路径的和呢?
不要去累加然后判断是否等于目标和,那么代码比较麻烦,可以用递减,让计数器count初始为目标和,然后每次减去遍历路径节点上的数值。
如果最后count == 0,同时到了叶子节点的话,说明找到了目标和。
如果遍历到了叶子节点,count不为0,就是没找到。
- 确定单层递归的逻辑
因为终止条件是判断叶子节点,所以递归的过程中就不要让空节点进入递归了。
递归函数是有返回值的,如果递归函数返回true,说明找到了合适的路径,应该立刻返回。
代码实现
/**
* 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 {
if (root == null) return false;
// 到了叶子节点,剩余targetSum是否等于当前节点的值,如果等于说明这条路是通的
if (root.left == null && root.right == null) {
return targetSum == root.val;
}
return
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)。
二叉树的所有路径
题目
给定一个二叉树,返回所有从根节点到叶子节点的路径。
说明: 叶子节点是指没有子节点的节点。
示例:
输入:
1
/ \
2 3
\
5
输出: ["1->2->5", "1->3"]
解释: 所有根节点到叶子节点的路径为: 1->2->5, 1->3
解题思路
根据题意我们可以使用深度优先搜索的方式来解答此题。
解题思路如下:
- 首先我们需要创建一个数组用于保存路径;
- 如果当前节点是叶子节点,则在当前路径末尾添加该节点后,就得到了一条从根节点到叶子节点的路径,并把该条路径加入到答案数组中;
- 如果当前节点不是叶子节点,则在当前路径末尾添加这个节点,并继续递归遍历该节点的左子树和右子树;
当遍历完整棵二叉树以后,我们就得到了所有从根节点到叶子节点的路径。
代码实现
/**
* 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 List<String> binaryTreePaths(TreeNode root) {
List<String> paths = new ArrayList();
constructPath(root, "", paths);
return paths;
}
// 自顶向下遍历
public void constructPath(TreeNode node, String path, List<String> paths){
if (node != null){
StringBuilder pathSB = new StringBuilder(path);
pathSB.append(Integer.toString(node.val));
if (node.left == null && node.right == null){
paths.add(pathSB.toString());
}
else {
pathSB.append("->");
constructPath(node.left, pathSB.toString(), paths);
constructPath(node.right, pathSB.toString(), paths);
}
}
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度:O(N^2),其中 N 表示节点数目。在深度优先搜索中每个节点会被访问一次且只会被访问一次,每一次会对 path 变量进行拷贝构造,时间代价为 O(N),故时间复杂度为 O(N^2)。
- 空间复杂度:O(N^2),其中 N 表示节点数目。除答案数组外我们需要考虑递归调用的栈空间。
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