发布于2022-09-18 17:03 阅读(263) 评论(0) 点赞(18) 收藏(2)
专栏简介 :java语法及数据结构
题目来源:leetcode,牛客,剑指offer
创作目标:从java语法角度实现底层相关数据结构,达到手撕各类题目的水平.
希望在提升自己的同时,帮助他人,,与大家一起共同进步,互相成长.
学历代表过去,能力代表现在,学习能力代表未来!
目录
本文主要讲解二叉树重点知识很少涉及无关的背景知识,旨在即快速又清晰熟练掌握二叉树并手撕相关面试题,希望我的文章能对你有所帮助与启发.
学习二叉树之前我们首先要了解树形结构,树是一种非线性结构,它是由n(n>=0)个有限节点组成的的具有层次关系的集合,之所以把它叫做树,是因为该结构看起来像是一颗倒挂的树.树具有以下特点:
- 树的根节点无前驱节点
- 其余节点有且仅有一个前驱,但有多个后继
- 树是由递归定义的
重要概念:
- 节点的度:一个节点含有的子节点的个数叫做节点的度,如上图中A的度为7.
- 树的度:一个树中,最大节点的度称为树的度,如上图数的度为7.
- 叶子节点:度数为0的节点叫叶子节点
- 父节点:若一个节点有子节点,则这个节点称为其子节点的父节点.
- 根节点:一个树种,无父节点的节点.如A
- 节点的层次:从根开始定义,根为第一层,根的子节点为第二层,以此类推.
- 树的深度与高度:树的深度是从根节点开始(其深度为1)自顶向下逐层累加的;而二叉树高度是从叶节点开始(其高度为1)自底向上逐层累加的。虽然树的深度和高度一样,但是具体到树的某个节点,其深度和高度是不一样
我们平时使用的各种文件系统管理,其底层逻辑都是树形结构.
在树形结构的基础上二叉树有两个特点:
- 每个节点最多两颗子树,即二叉树不存在度数大于二的节点.
- 每个二叉树的子树有左右之分,其子树的次序不能颠倒,因此二叉树是有序树.
- 满二叉树:每一层的节点数都达到最大值就是满二叉树.
- 完全二叉树:完全二叉树是效率很高的数据结构,每一个节点与树中编号一一对应,所以满二叉树是一种特殊的完全二叉树.
- 若规定根节点的层数为1,则一颗非空二叉树的第i层有有 (i>0)个节点.
- 若规定根节点的二叉树的深度为1,则深度为k的二叉树的最大节点个数2^k-1(k>=0).
- 对任何一颗二叉树,如果其叶子节点个数为n0,其度数为2的非叶子节点的个数为n2,那么 n0=n2+1.证法如下(1)
- 具有n个节点的完全二叉树的深度为向上取整.证法如下(2)
- 对于有n个节点的完全二叉树,如果按照从上到下从左到右的顺序对所以有节点从0开始编号,则对于序号为i的节点有:
- 若i>0双亲序号为:(i/2)-1.
- 若2i+1<n,左孩子序列为2i+1,否则无左孩子.
- 若2i+2<n,右孩子序列为2i+2,否则无右孩子.
证(1):>
- 设二叉树顶点数=N,度数为0的节点为n0,度数为1的节点为n1,度数为2的为n2.
- 度数和=顶点数(N)-1.(度数和 = N-1)
- 顶点数(N) = n0+n1+n2.
- 度数和 = 0*n0+1*n1+2*n2.
- 结合2,3,4可得:0*n0+1*n1+2*n2 = n0+n1+n2-1
- 化简得:n0 = n2+1
证(2):>
- 深度为1的节点数,深度为2的节点数为.....深度为k的节点数为,由等比数列 求和公式: .那么节点数为n的深度为.
二叉树的存储结构分为顺序存储和类似于链表的链式存储,本章采用链式存储.表示方法采用孩子表示法,即一个节点中包含数据域,左孩子与右孩子.
- class Node {
- int val; // 数据域
- Node left; // 左孩子的引用,常常代表左孩子为根的整棵左子树
- Node right; // 右孩子的引用,常常代表右孩子为根的整棵右子树
- }
二叉树的创建需要三步:
- 创建结点:包含数值域,左孩子结点,右孩子结点
- 创建二叉树:我们采用前序遍历+递归的方式创建二叉树.
- 输入要创建的序列:本文二叉树的物理连接方式是链表,所以我们采用LinkedList集合存储二叉树内容.使用asList方法写入数组.
- class TreeNode{//二叉树节点
- int data;
- TreeNode1 leftChild;
- TreeNode1 rightChild;
-
- public TreeNode1(int data) {
- this.data = data;
- }
- }
- public static TreeNode createBinaryTree(LinkedList<Integer> inputList){//创建二叉树
- TreeNode node = null;
- if (inputList==null||inputList.isEmpty()){
- return null;
- }
- Integer data = inputList.removeFirst();//每次取出集合中的第一个元素
- //这里判空很重要,如果元素为空,则不在进一步递归.
- if (data!=null){
- node = new TreeNode1(data);
- node.leftChild = createBinaryTree(inputList);
- node.rightChild = createBinaryTree(inputList);
- }
- return node;
- }
- public static void main(String[] args) {
- LinkedList<Integer> inputList = new LinkedList<>
- (Arrays.asList(3,2,9,null,null,10,null,null,8,null,4));
- TreeNode1 treeNode1 = createBinaryTree(inputList);
- }
初学二叉树时,许多同学会很疑惑二叉树为什么需要这么多的遍历方法?
- public static void preOrderTraveral(TreeNode node){//to前序遍历
- if (node==null){
- return;
- }
- System.out.print(node.data+" ");
- preOrderTraveral(node.leftChild);
- preOrderTraveral(node.rightChild);
- }
- public static void midOrderTraveral(TreeNode node){//中序遍历
- if (node==null){
- return;
- }
- midOrderTraveral(node.leftChild);
- System.out.print(node.data+" ");
- midOrderTraveral(node.rightChild);
- }
- public static void lastOrderTraveral(TreeNode node){//后序遍历
- if (node==null){
- return;
- }
- lastOrderTraveral(node.leftChild);
- lastOrderTraveral(node.rightChild);
- System.out.print(node.data+" ");
- }
- public static void levelOrderTraveral(TreeNode root) {//层序遍历
- Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
- queue.offer(root);
- while (!queue.isEmpty()){
- TreeNode node = queue.poll();
- System.out.println(node.data);
- if (node.leftChild!=null){
- queue.offer(node.leftChild);
- }
- if (node.rightChild!=null){
- queue.offer((node.rightChild));
- }
- }
- }
许多初学二叉树的同学,可能无法很好的理解子问题思路与遍历思路的区别,导致许多题目一知半解.下面我们详细讲解一下子问题思路与遍历思路.假设我们要求一颗二叉树所有节点的个数.
- 遍历思路:定义一个变量count记录节点个数,每遍历一个节点count++,最后返回count即可.
- 子问题思路:将二叉树看成由许多个小的二插树组成.每个小树算完再返回给上一层的大树.
- class Solution {//遍历思路
- int count = 0;
- public int countNodes(TreeNode root) {
- if(root==null){
- return 0;
- }
- count++;
- countNodes(root.left);
- countNodes(root.right);
- return count;
- }
- }
- class Solution {//子问题思路拆解写法
- public int countNodes(TreeNode root) {
- if(root==null){
- return 0;
- }
- int leftTreeCount = countNodes(root.left);
- int rightTreeCount = countNodes(root.right);
- return leftTreeCount+rightTreeCount+1;
- }
- }
在leetcode中刷题我们发现,无论是哪种遍历方式都需要返回一个List集合类型的值,也就是将二叉树的信息存在集合中并返回.这里提供两种思路:
- 遍历思路:如果在二叉树的类中new一个List对象,那么每次遍历都会new对象,很显然这样做无法返回所有对象,所以我们只需将List集合创建在前序遍历类外,不断的遍历二叉树向集合中添加元素,最后返回存好的对象即可.
- 子问题思路:如果每次遍历二叉树都会创建新的对象,那么我们可以把所有创建出的对象,分为左右子树,最终加和到一个对象里返回即可.
- List<Integer> relist = new ArrayList<Integer>();//集合创建在类外
- public List<Integer> preorderTraversal(TreeNode root) {//遍历思路
- if(root==null){
- return relist;
- }
- relist.add(root.val);
- preorderTraversal(root.left);
- preorderTraversal(root.right);
- return relist;
- }
- public List<Integer> preorderTraversal(TreeNode root) {//子问题思路
- List<Integer> relist = new ArrayList<Integer>();
- if(root==null){
- return relist;
- }
- relist.add(root.val);
- List<Integer> leftTree = preorderTraversal(root.left);
- relist.addAll(leftTree);//所有的左树
- List<Integer> rigthTree = preorderTraversal(root.right);
- relist.addAll(rigthTree);//所有的右树
- return relist;
- }
leetcode中层序遍历的提交方法更为特殊,需要返回一个List集合的二维数组.只需每遍历一层二叉树就存进一个一维数组中,最后将所有一位数组存进二维数组中返回即可.
- public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
- List<List<Integer>> ret = new ArrayList();
- if(root==null) return ret;
- Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
- queue.offer(root);
- while(!queue.isEmpty()){
- int size = queue.size();
- List<Integer> list = new ArrayList<>();
- while(size!=0){
- TreeNode cur = queue.poll();
- if(cur.left!=null){
- queue.offer(cur.left);
- }
- if(cur.right!=null){
- queue.offer(cur.right);
- }
- size--;
- list.add(cur.val);
- }
- ret.add(list);
- }
- return ret;
-
- }
1.1 某二叉树公有399个节点,其中有199个度为2的节点,则该二叉树中子节点的个数为().
A.200 B.198 C.199 D.不存在这样的二叉树
由上文已知,n0 = n2+1.那么199个2度节点就对应198个0度节点.(B)
1.2 在具有2n个节点的完全二叉树中,子节点个数为()
A.n B.n+1 C.n-1 D.n/2
2n个节点说明节点数一定是偶数, 那么该二叉树n1 = 1(只有一个一度点),根据定理可知n0 = n2+1.设子节点个数为x,那么2n = n0+1+n2可写为:2n = 2x,化简得:x = n. (A)
1.3 一个具有767个节点的完全二叉树,其叶子节点个数为多少()
A.383 B.384 C.385 D.386
由上文已知767个节点为奇数,那么一定没有1度的节点,根据定理 n0 = n2+1,设子节点个数为x,那么767 = n0+n2可写为:2x-1,化简得x = 384. (B)
1.4 一颗完全二叉树的节点个数为531,那么这棵树的高度为()
A.11 B.10 C.8 D.12
由定理具有n个节点的完全二叉树深度为:向上取整,所以我们需要估算,答案比9大但比10小,基于向上取整的原则我们选择10. (B)
1.5 二叉树的前序遍历和中序遍历如下:前序遍历:EFHIGJK;中序遍历:HFIEJKG,则二叉树的根节点为()
A.E B.F C.G D.H
前序遍历确定根节点为E,中序遍历确定二叉树的分布为:左树HFI,右树:JKG.(E)
1.6 设一颗二叉树的中序遍历序列:badce,后序遍历:bdeca,则二叉树前序遍历序列为()
A.adbce B.decab C.debac D.abcde
后续遍历确定二叉树的根节点位a,中序遍历确定二叉树的分布为:左树b,右树为dce.由后续遍历的规则画好二叉树后得前序遍历为abcde.
1.7 某二叉的后序遍历和中序遍历序列相同,均为ABCDEF,则按层序输出的序列为()
A.FEDCBA B.CBAFED C.DEFCBA D.ABCDEF
后续遍历确定根节点为F,中序遍历确定节点全部在左树,根据后续遍历的规则画出图:
按层序输出为FEDCBA. (A)
此题变相考察二叉树的遍历方式,只要会遍历二叉树即可得出结果.博主提供两种思路:遍历思路和子问题思路.上文已对子问题思路和遍历思路详细的解析这里不过多赘述.
- class Solution {//子问题思路
- public int countNodes(TreeNode root) {
- if(root==null){
- return 0;
- }
- return countNodes(root.left)+countNodes(root.right)+1;
- }
- }
- class Solution {//子问题思路拆解写法
- public int countNodes(TreeNode root) {
- if(root==null){
- return 0;
- }
- int leftTreeCount = countNodes(root.left);
- int rightTreeCount = countNodes(root.right);
- return leftTreeCount+rightTreeCount+1;
- }
- }
- class Solution {//遍历思路
- int count = 0;
- public int countNodes(TreeNode root) {
- if(root==null){
- return 0;
- }
- count++;
- countNodes(root.left);
- countNodes(root.right);
- return count;
- }
- }
与节点个数写法一致,只不过记录数据的条件改为:当左右节点都为空时++.依旧是两种思路:
- public static int getLeafNodeCount(TreeNode root){//完全二叉树叶子节点个数 遍历思路
- if (root==null){
- return 0;
- }
- if (root.leftChild==null&&root.rightChild==null){
- count++;
- }
- getLeafNodeCount(root.leftChild);
- getLeafNodeCount(root.rightChild);
- return count;
- }
- public static int getLeafNodeCount1(TreeNode root){//完全二叉树叶子节点个数 子问题思路
- if (root==null){
- return 0;
- }
- if (root.leftChild==null&&root.rightChild==null){
- return 1;
- }
- return getLeafNodeCount(root.leftChild)+getLeafNodeCount(root.rightChild);
- }
该题使用子问题思路,重点是如何找到第K层?我们可以逆向来思考,如果让我们找第三层,我们可以假设第一层为3,每下一层就减1,当k==1时找到第三层.
- public static int getLevelNodeCount(TreeNode root,int k){//获取第k层节点的个数
- if(root==null||k<=0){
- return 0;
- }
- if (k==1){
- return 1;
- }
- return getLevelNodeCount(root.leftChild,k-1)
- +getLevelNodeCount(root.rightChild,k-1);
- }
该题使用子问题思路,由于可能出现左树或右树为空另一颗树不为空的情况,所以我们可以比较左树和右树的高度,返回最大的即可.
- public static int getHeight(TreeNode root){//获取二叉树的高度
- if (root==null){
- return 0;
- }
- int leftHeight = getHeight(root.leftChild);
- int rightHeight = getHeight(root.rightChild);
- return leftHeight>rightHeight?leftHeight+1:rightHeight+1;
- }
该题为遍历思路,设置好递归的结束条件:节点为空或者节点的值为要查找的值.
- public static TreeNode find(TreeNode root,char val){//检测value元素是否存在
- if (root==null){
- return null;
- }
- if (root.data==val){
- return root;
- }
- TreeNode retLeft = find(root.leftChild,val);//先去左树找
- if (retLeft!=null){//说明找到了
- return retLeft;
- }
- TreeNode retRight = find(root.rightChild,val);//再去右树找
- if (retRight!=null){//说明找到了
- return retRight;
- }
- return null;
- }
由之前的知识可知,完全二叉树每一个节点都与树中编号对应,说明一定是有顺序的.说到顺序我们首先要考虑栈和队列这两种数据结构.判断是不是完全二叉树,当一个节点没有利用价值时要立刻弹出,所以队列头进头出的方式最为合适.如下图所示,如果是完全二叉树那么队列中的空元素一定是连续的.
- public static boolean isCompleteTree1(TreeNode root){//判断是不是完全二叉树,队列
- if (root==null)return true;
- Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
- queue.offer(root);
- while (!queue.isEmpty()){
- TreeNode cur = queue.poll();
- if (cur!=null){
- queue.offer(cur.leftChild);
- queue.offer(cur.rightChild);
- }else {
- break;
- }
- }
- while (!queue.isEmpty()){
- if (queue.poll()!=null){
- return false;
- }
- }
- return true;
- }
该题为子问题思路,做法为排除所有错误情况,剩余正确的.相同的树指的是,节点的值相同且树的结构也是相同的.
时间复杂度O(min(m,n)){左树节点个数为m,右树节点个数为n}
- public boolean isSameTree(TreeNode p, TreeNode q) {
- if(p==null&&q!=null)return false;
- if(p!=null&&q==null)return false;
- if(p==null&&q==null)return true;
- if(p.val!=q.val){
- return false;
- }
- return isSameTree(p.left,q.left)&&isSameTree(p.right,q.right);
- }
该题建立在判断两颗树是否相同的基础上,运用子问题思路,先判断根节点是不是子树,如果没有再判断左子树中有没有子树,如果没有再判断右子树中有没有子树.
时间复杂度O(m*n)
本质判断相同
- public boolean isSameTree(TreeNode p, TreeNode q) {
- if(p==null&&q!=null)return false;
- if(p!=null&&q==null)return false;
- if(p==null&&q==null)return true;
-
- if(p.val!=q.val){
- return false;
- }
- return isSameTree(p.left,q.left)&&isSameTree(p.right,q.right);
- }
- public boolean isSubtree(TreeNode root, TreeNode subRoot) {
- if(root==null||subRoot==null){
- return false;
- }
- //判断是否是相同的树
- if(isSameTree(root,subRoot)){
- return true;
- }
- //判断是不是左子树
- if(isSubtree(root.left,subRoot)){
- return true;
- }
- //判读是否是右子树
- if(isSubtree(root.right,subRoot)){
- return true;
- }
- //既不是左子树,也不是右子树,且不相同
- return false;
- }
该题为子问题思路,需要之前判断二叉树高度的知识,一棵树如果是平衡二叉树那么其子树也一定是平衡二叉树,本质就是判断所有子树的高度差是否大于1.由于该题较为经典,所以提供两种做法不同的做法.
时间复杂度O(N^2)
遍历每一个子树,如果高度差<=1,返回true.但是该方法要为每一个节点都计算高度,时间复杂度大大增加.
- public int height (TreeNode root){
- if(root==null){
- return 0;
- }
- int leftHeight = height(root.left);
- int rightHeight = height(root.right);
- return leftHeight>rightHeight?(leftHeight+1):(rightHeight+1);
- }
- public boolean isBalanced(TreeNode root) {
- if(root==null){
- return true;
- }
- int leftHeight = height(root.left);
- int rightHeight = height(root.right);
- return Math.abs(leftHeight-rightHeight)<=1&&isBalanced(root.left)&&isBalanced(root.right);
-
- }
时间复杂度O(N)
改进方法是如果父亲节点已经计算过高度那么子节点无需再次遍历.如果左右子树的高度差>1说明不是平衡二叉树,那么将不断递归返回-1.如果是平衡二叉树那么一定会返回一个正数,所以我们只需判断返回值的正负即可.
- public int height (TreeNode root){
- if(root==null){
- return 0;
- }
- int leftHeight = height(root.left);
- int rightHeight = height(root.right);
- if(leftHeight>=0&&rightHeight>=0&&Math.abs(leftHeight-rightHeight)<=1){
- return leftHeight>rightHeight?(leftHeight+1):(rightHeight+1);
- }else{
- return -1;
- }
- }
- public boolean isBalanced(TreeNode root) {
- if(root==null){
- return true;
- }
- return height(root)>=0;
- }
该题为子问题思路,对称二叉树要求左右子树对称的部分值相同,很明显一个参数的函数无法同时比较两颗子树,所以我们需要构造一个两个参数的函数,分别比较左树的左与右树的右.
- public boolean isSymmetricChild(TreeNode rootleft,TreeNode rootrigth){
-
- if(rootleft==null&&rootrigth!=null){
- return false;
- }
- if(rootleft!=null&&rootrigth==null){
- return false;
- }
- if(rootleft==null&&rootrigth==null){
- return true;
- }
- if(rootleft.val!=rootrigth.val){
- return false;
- }
- return isSymmetricChild(rootleft.left,rootrigth.right)&&isSymmetricChild(rootleft.right,rootrigth.left);
- }
- public boolean isSymmetric(TreeNode root) {
- if(root==null){
- return true;
- }
- return isSymmetricChild(root.left,root.right);
- }
该题主要分为三部分:创建结点,创建二叉树,中序遍历输出.创建结点与中序遍历上文已经提到过,创建二叉树时采用前序遍历的思想也可以很容易写出.
- import java.util.*;
-
- class TreeNode{//创建结点
- public char val;
- public TreeNode left;
- public TreeNode right;
- public TreeNode(char val){
- this.val = val;
- }
- }
- public class Main{
- public static int i = 0;
- public static TreeNode createTree(String str){//创建二叉树
- TreeNode root = null;
- if(str.charAt(i)!='#'){
- root = new TreeNode(str.charAt(i));
- i++;
- root.left = createTree(str);
- root.right = createTree(str);
- }else{
- i++;
- }
- return root;
- }
- public static void inorder(TreeNode root){//中序遍历
- if(root==null){
- return ;
- }
- inorder(root.left);
- System.out.print(root.val+" ");
- inorder(root.right);
- }
- public static void main(String[] args){
- Scanner in = new Scanner(System.in);
- while(in.hasNextLine()){
- String str = in.nextLine();
- TreeNode root = createTree(str);
- inorder(root);
- }
- }
- }
该题为子问题思路,先写明结束条件:节点等于空返回空节点,节点为根节点直接返回节点.然后去遍历左树与右树,判断返回值的三种情况:
- 节点分布在左右树两侧,即返回值都不为空,那么公共祖先一定是根节点.
- 节点分布在右侧,即返回值为第一个遇到的节点,那么公共祖先为第一个遇到的节点.
- 节点分布在右侧同理.
- public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
- if(root==null) return null;
- if(root==p||root==q){
- return root;
- }
- TreeNode leftT = lowestCommonAncestor(root.left,p,q);
- TreeNode rightT = lowestCommonAncestor(root.right,p,q);
- if(leftT!=null&&rightT!=null){
- return root;
- }else if(leftT!=null){
- return leftT;
- }else{
- return rightT;
- }
- }
假设这颗二叉树使用孩子双亲表示法:那么该问题就可以转化为双向链表求焦点,先让较长的链表走长度的差值步,两个链表长度相同时一边向前走一边判断值是否相同,值相同的节点即为公共祖先.但该题使用的是孩子表示法,无法得知上一个节点是谁,所以只能将节点的路径保存下来,而路径又是有序的,提到顺序我们想到栈和队列,我们需要从后向前找公共节点,很明显需要用栈来保存,而一个栈只能保存一个节点的路径,所以我们需要两个栈.保存好如图所示的路径后,让栈内元素多的先pop(),直到两个栈元素个数相同,然后两个栈一边出元素一边比较元素,遇到相同的就是公共节点.现在最关键的问题就是如何在栈内保存指定的路径?我们可以构造一个储存路径的函数,比较目标节点node和根节点root的关系不断更新路径.栈内路径保存完毕后,就是出栈操作相对简单,这里不过多赘述.
- public boolean getPath(TreeNode root,TreeNode node,Stack<TreeNode>stack){
- if(root==null||node==null){
- return false;
- }
- stack.push(root);
- if(root==node){
- return true;
- }
- boolean flg = getPath(root.left,node,stack);
- if(flg==true){
- return true;
- }
- flg = getPath(root.right,node,stack);
- if(flg==true){
- return true;
- }
- stack.pop();
- return false;
- }
- public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
- if(root==null) return null;
- Stack<TreeNode> stack1 = new Stack<>();
- getPath(root,p,stack1);
- Stack<TreeNode> stack2 = new Stack<>();
- getPath(root,q,stack2);
-
- int size1 = stack1.size();
- int size2 = stack2.size();
- if(size1>size2){
- int size = size1-size2;
- while(size!=0){
- stack1.pop();
- size--;
- }
- while(!stack1.isEmpty()&&!stack2.isEmpty()){
- if(stack1.peek()==stack2.peek()){
- return stack1.pop();
- }else{
- stack1.pop();
- stack2.pop();
- }
- }
- }else{
- int size = size2-size1;
- while(size!=0){
- stack2.pop();
- size--;
- }
- while(!stack1.isEmpty()&&!stack2.isEmpty()){
- if(stack1.peek()==stack2.peek()){
- return stack2.pop();
- }else{
- stack1.pop();
- stack2.pop();
- }
- }
- }
- return null;
- }
该题为遍历思路,难点在于如何在中序遍历的过程中修改指向,首先我们确定递归的结束条件为节点为空,当节点为null时说明我们此时找到了中序遍历的第一个节点(4),此时我们可以修改节点的指向让它的left指向null,再去遍历左树左树也为null,返回到节点(6),此时应该让(6)的左指向(4),再让(4)的右指向(6),但我们已经找不到(4)这个节点了,所以为了记录节点可以在函数外定义成员遍历prev记录node的值,但在第一个节点时不需要这一步操作,因为prev初始值为null,prev.right会出现空指针异常.
- TreeNode prev = null;
- public void inOrder(TreeNode node){
- if(node==null) return;
- inOrder(node.left);
- //打印
- node.left = prev;
- if(prev!=null){
- prev.right = node;
- }
- prev = node;
- inOrder(node.right);
- }
- public TreeNode Convert(TreeNode pRootOfTree) {
- if(pRootOfTree==null) return null;
- inOrder(pRootOfTree);
- TreeNode head = pRootOfTree;
- while(head.left!=null){
- head = head.left;
- }
- return head;
- }
该题为子问题思路,首先要明白的是前序遍历用来确定每一颗子树根节点,中序遍历用来确定二叉树的构造情况并创建二叉树,
- int preIndex = 0;
- public TreeNode creativePbyI(int[] preorder, int[] inorder,int beging,int end){
- if(beging>end){
- return null;
- }
- TreeNode root = new TreeNode(preorder[preIndex]);
- int rootIndex = findIndex(inorder,beging,end,preorder[preIndex]);
- if(rootIndex==-1){
- return null;
- }
- preIndex++;
- root.left = creativePbyI(preorder,inorder,beging,rootIndex-1);
- root.right = creativePbyI(preorder,inorder,rootIndex+1,end);
- return root;
- }
- public int findIndex( int[] inorder,int beging,int end,int key){
- for(int i = 0;i<=end;i++){
- if(inorder[i]==key){
- return i;
- }
- }
- return -1;
- }
- public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
- if(preorder==null||inorder==null){
- return null;
- }
- return creativePbyI(preorder,inorder,0,preorder.length-1);
- }
做法与上一题类似,更改函数名即可.
- int postIndex = 0;
- public TreeNode creativePbyI(int[] inorder, int[] postorder,int beging,int end){
- if(beging>end){
- return null;
- }
- TreeNode root = new TreeNode(postorder[postIndex]);
- int rootIndex = findIndex(inorder,beging,end,postorder[postIndex]);
- if(rootIndex==-1){
- return null;
- }
- postIndex--;
- root.right = creativePbyI(inorder,postorder,rootIndex+1,end);
- root.left = creativePbyI(inorder,postorder,beging,rootIndex-1);
- return root;
- }
- public int findIndex( int[] inorder,int beging,int end,int key){
- for(int i = 0;i<=end;i++){
- if(inorder[i]==key){
- return i;
- }
- }
- return -1;
- }
-
- public TreeNode buildTree(int[] inorder, int[] postorder) {
- if(postorder==null||inorder==null){
- return null;
- }
- postIndex = postorder.length-1;
- return creativePbyI(inorder,postorder,0,inorder.length-1);
- }
本题考察了对二叉树递归的应用与字符串拼接相关的知识,按题意我们分析出可能出现的所有情况,由于是前序遍历,所以我们先从左树的情况来判断,先拼接一个元素当t.left!=null时加"(",并继续递归.当t.left=null&&t.right=null时直接retrun,回溯到上一步会再加一个")",当t.left=null&&t.right!=null加"()".如果左树遍历完我们再去遍历右树t,right!=null加"(",t.right=null时直接返回.
- public void treeToString(TreeNode t,StringBuffer sb){
- if(t==null){
- return;
- }
- sb.append(t.val);
- if(t.left!=null){
- sb.append("(");
- treeToString(t.left,sb);
- sb.append(")");
- }else{
- //t.left==null
- if(t.right==null){
- return;
- }else{
- sb.append("()");
- }
- }
- if(t.right!=null){
- sb.append("(");
- treeToString(t.right,sb);
- sb.append(")");
- }else{
- return;
- }
-
- }
- public String tree2str(TreeNode root) {
- if(root==null) return null;
- StringBuffer sb = new StringBuffer();
- treeToString(root,sb);
- return sb.toString();
- }
牵扯到顺序就考虑栈和队列,前序遍历遍历完左树后需要回溯到右树继续遍历,所以必须保存它的路径,方便后续回溯,那么用栈最为合适.
- public static void preOrderTraveralWithStack(TreeNode root){//非递归前序遍历
- Stack<TreeNode> stack = new Stack<TreeNode>();
- TreeNode node = root;
- while (node!=null||!stack.isEmpty()){
- while (node!=null){
- System.out.println(node.data);
- stack.push(node);
- node = node.leftChild;
- }
- if(!stack.isEmpty()){
- node = stack.pop();
- node = node.rightChild;
- }
- }
- }
与前序遍历写法一致,不过更改打印元素位置,当中序遍历元素被弹出时打印.
- public List<Integer>inorderTraversal(TreeNode root) {
- List<Integer> ret = new ArrayList<>();
- if(root==null) return ret;
- Stack<TreeNode> stack = new Stack<>();
- TreeNode cur = root;
- while(cur!=null||!stack.isEmpty()){
- while(cur!=null){
- stack.push(cur);
- cur = cur.left;
- }
- if(!stack.isEmpty()){
- TreeNode top = stack.pop();
- ret.add(top.val);
- cur = top.right;
- }
- }
- return ret;
- }
与中序遍历不同的是,后续遍历到cur.left=null时必须确保cur.right=null才能弹出cur.所以只能peek()栈顶的元素看它的右树是否存在,不存在就弹出,存在还需遍历右树.但此时会出现一个为问题,右树的遍历会陷入死循环.所以需要对右树的遍历加限制条件,如果右树已经遍历或者右树为空,可以直接弹出.因此当右树遍历后就用prev来记录top节点,如果prev=top说明已经遍历过,直接弹出即可.
- public List<Integer> postorderTraversal(TreeNode root) {
- List<Integer> ret = new ArrayList<>();
- if(root==null) return ret;
- Stack<TreeNode> stack = new Stack<>();
- TreeNode cur = root;
- TreeNode prev = null;
- while(cur!=null||!stack.isEmpty()){
- while(cur!=null){
- stack.push(cur);
- cur = cur.left;
- }
- TreeNode top = stack.peek();
- if(top.right==null||top.right==prev){
- stack.pop();
- ret.add(top.val);
- prev = top;//记录最近一次遍历二叉树
- }else{
- cur = top.right;
- }
- }
- return ret;
- }
以上就是快速入门二叉树的全部内容,从最基础知识到手撕面试题,认真看完的同学可能会发现,二叉树的知识点非常综合,稍有难度的题不仅涉及到之前数据结构的知识,还会牵连到一些二叉树的子问题.码字不易耗时半月,如果对你的学习有所启发,麻烦不要忘记三连哦!
原文链接:https://blog.csdn.net/liu_xuixui/article/details/126138054
作者:zhqu4399
链接:http://www.javaheidong.com/blog/article/504377/046a6c86c5b3376a7eca/
来源:java黑洞网
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---无人问津也好,技不如人也罢,你都要试着安静下来,去做自己该做的事,而不是让内心的烦躁、焦虑,坏掉你本来就不多的热情和定力
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