Offer必备算法08_二叉树dfs_六道力扣题详解（由易到难）

GR鲸鱼

已于 2025-03-27 17:13:07 修改

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分类专栏： ⑤高阶数据结构与算法（C++描述） ⑧Offer必备算法（由易到难刷题）文章标签：算法 leetcode c++ 深度优先 dfs 数据结构二叉树

于 2024-02-24 16:30:32 首次发布

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/GRrtx/article/details/136072551

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⑧Offer必备算法（由易到难刷题）

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本文解析了6个力扣编程题目，涉及二叉树的布尔运算、节点值计算、路径遍历、搜索树验证、第K小元素查找和剪枝操作，通过递归和中序遍历等方法实现解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

①力扣2331. 计算布尔二叉树的值

2331. 计算布尔二叉树的值

难度简单

给你一棵 完整二叉树 的根，这棵树有以下特征：

叶子节点 要么值为 0 要么值为 1 ，其中 0 表示 False ，1 表示 True 。
非叶子节点 要么值为 2 要么值为 3 ，其中 2 表示逻辑或 OR ，3 表示逻辑与 AND 。

计算一个节点的值方式如下：

如果节点是个叶子节点，那么节点的值为它本身，即 True 或者 False 。
否则，计算两个孩子的节点值，然后将该节点的运算符对两个孩子值进行运算。

返回根节点 root 的布尔运算值。

完整二叉树 是每个节点有 0 个或者 2 个孩子的二叉树。

叶子节点 是没有孩子的节点。

示例 1：

输入：root = [2,1,3,null,null,0,1]
输出：true
解释：上图展示了计算过程。
AND 与运算节点的值为 False AND True = False 。
OR 运算节点的值为 True OR False = True 。
根节点的值为 True ，所以我们返回 true 。

示例 2：

输入：root = [0]
输出：false
解释：根节点是叶子节点，且值为 false，所以我们返回 false 。

提示：

树中节点数目在 [1, 1000] 之间。
0 <= Node.val <= 3
每个节点的孩子数为 0 或 2 。
叶子节点的值为 0 或 1 。
非叶子节点的值为 2 或 3 。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool evaluateTree(TreeNode* root) {

    }
};

解析代码

通过题目拆分成子问题，使用递归：

计算当前结果就要知道左子树的结果和右子树的结果，遇到叶子结点返回。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool evaluateTree(TreeNode* root) {
        if(root->left == nullptr)
            return root->val; // 0/1

        bool left = evaluateTree(root->left);
        bool right = evaluateTree(root->right);
        return root->val == 2 ? (left || right) : (left && right); // 因为是bool所以可以用下面的逻辑与和或
        // return root->val == 2 ? (left | right) : (left & right);
    }
};

②力扣129. 求根节点到叶节点数字之和

129. 求根节点到叶节点数字之和

难度中等

给你一个二叉树的根节点 root ，树中每个节点都存放有一个 0 到 9 之间的数字。

每条从根节点到叶节点的路径都代表一个数字：

例如，从根节点到叶节点的路径 1 -> 2 -> 3 表示数字 123 。

计算从根节点到叶节点生成的 所有数字之和 。

叶节点 是指没有子节点的节点。

示例 1：

输入：root = [1,2,3]
输出：25
解释：
从根到叶子节点路径 1->2 代表数字 12
从根到叶子节点路径 1->3 代表数字 13
因此，数字总和 = 12 + 13 = 25

示例 2：

输入：root = [4,9,0,5,1]
输出：1026
解释：
从根到叶子节点路径 4->9->5 代表数字 495
从根到叶子节点路径 4->9->1 代表数字 491
从根到叶子节点路径 4->0 代表数字 40
因此，数字总和 = 495 + 491 + 40 = 1026

提示：

树中节点的数目在范围 [1, 1000] 内
0 <= Node.val <= 9
树的深度不超过 10

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    int sumNumbers(TreeNode* root) {

    }
};

解析代码

在前序遍历的过程中，我们可以往左右子树传递信息，并且在回溯时得到左右子树的返回值。递归函数可以帮我们完成两件事：

将父节点的数字与当前节点的信息整合到一起，计算出当前节点的数字，然后传递到下一层进行递归。
当遇到叶子节点的时候，就不再向下传递信息，而是将整合的结果向上一直回溯到根节点。在递归结束时，根节点需要返回的值也就被更新为了整棵树的数字和。

递归函数设计：int dfs(TreeNode* root, int num)

返回值：当前子树计算的结果（数字和）
参数 num：递归过程中往下传递的信息（父节点的数字）
函数作用：整合父节点的信息与当前节点的信息计算当前节点数字，并向下传递，在回溯时返回当前子树（当前节点作为子树根节点）数字和。
函数体也就是dfs的代码，要把当前值传下去，递归下面的①②③④步：

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    int sumNumbers(TreeNode* root) {
        return dfs(root, 0);
    }

    int dfs(TreeNode* root, int sum)
    {
        sum = sum*10 + root->val;
        if(root->left == nullptr && root->right == nullptr)
            return sum;

        int ret = 0;
        if(root->left) // 如果左子树不为空
            ret += dfs(root->left, sum);
        if(root->right)
            ret += dfs(root->right, sum);
        return ret;
        
    }
};

③力扣814. 二叉树剪枝

814. 二叉树剪枝

难度中等

给你二叉树的根结点 root ，此外树的每个结点的值要么是 0 ，要么是 1 。

返回移除了所有不包含 1 的子树的原二叉树。

节点 node 的子树为 node 本身加上所有 node 的后代。

示例 1：

输入：root = [1,null,0,0,1]
输出：[1,null,0,null,1]
解释：
只有红色节点满足条件“所有不包含 1 的子树”。 右图为返回的答案。

示例 2：

输入：root = [1,0,1,0,0,0,1]
输出：[1,null,1,null,1]

示例 3：

输入：root = [1,1,0,1,1,0,1,0]
输出：[1,1,0,1,1,null,1]

提示：

树中节点的数目在范围 [1, 200] 内
Node.val 为 0 或 1

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    TreeNode* pruneTree(TreeNode* root) {
        
    }
};

解析代码

题意就是删除所有元素只有0的子树，解题思路就是递归+后序遍历：

如果选择从上往下删除，需要收集左右子树的信息，这可能导致代码编写相对困难。然而通过观察我们可以发现，如果我们先删除最底部的叶子节点，然后再处理删除后的节点，最终的结果并不会受到影响。

因此可以采用后序遍历的方式来解决这个问题。在后序遍历中，先处理左子树，然后处理右子树，最后再处理当前节点。在处理当前节点时，判断其是否为叶子节点且其值是否为 0，如果满足条件，可以删除当前节点。

需要注意的是，在删除叶子节点时，其父节点很可能会成为新的叶子节点。因此，在处理完子节点后，仍然需要处理当前节点。这也是为什么选择后序遍历的原因（后序遍历首先遍历到的一定是叶子节点）。
通过使用后序遍历，可以逐步删除叶子节点，并且保证删除后的节点仍然满足删除操作的要求。这样，我们可以较为方便地实现删除操作，而不会影响最终的结果。
若在处理结束后所有叶子节点的值均为 1，则所有子树均包含 1，此时可以返回。

相信递归一定能把左右子树都剪枝了，出口是碰到叶子结点，函数体是如果这个结点的左结点和右结点都为空，并且值为0，就剪掉。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    TreeNode* pruneTree(TreeNode* root) {
        /*
        题意就是删除所有元素只有0的子树，解题思路就是递归+后序遍历：
        相信递归一定能把左右子树都剪枝了，出口是碰到叶子结点，
        函数体是如果这个结点的左结点和右结点都为空，并且值为0，就剪掉。
        */
        if(root == nullptr)
            return nullptr;
        
        root->left = pruneTree(root->left);
        root->right = pruneTree(root->right);

        if(root->left == nullptr && root->right == nullptr && root->val == 0)
        {
            delete root; // 可加可不加，面试时可以问结点是不是new出来的，不然会报错
            root = nullptr;
        }            
        return root; // 返回当前结点，和遇到叶子统一步骤：返回
    }
};

④力扣98. 验证二叉搜索树

98. 验证二叉搜索树

难度中等

给你一个二叉树的根节点 root ，判断其是否是一个有效的二叉搜索树。

有效二叉搜索树定义如下：

节点的左子树只包含小于当前节点的数。
节点的右子树只包含大于当前节点的数。
所有左子树和右子树自身必须也是二叉搜索树。

示例 1：

输入：root = [2,1,3]
输出：true

示例 2：

输入：root = [5,1,4,null,null,3,6]
输出：false
解释：根节点的值是 5 ，但是右子节点的值是 4 。

提示：

树中节点数目范围在[1, 10^4] 内
-2^31 <= Node.val <= 2^31 - 1

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:

    }
};

解析代码

一颗二叉搜索树中序遍历一定是严格递增的。因此可以初始化一个无穷小的全区变量，用来记录中序遍历过程中的前驱结点。那么就可以在中序遍历的过程中，先判断是否和前驱结点构成递增序列，然后修改前驱结点为当前结点，传入下一层的递归中。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
    long prev = LONG_MIN; // 存储中序遍历前驱的值
public:
    bool isValidBST(TreeNode* root) {
        if(root == nullptr)
            return true;

        bool left = isValidBST(root->left); // 判断左子树
        if(left == false) // 剪枝
            return false;

        bool flag = false;
        if(root->val > prev) // 判断自己，大于prev就是ture
        {
            flag = true;
        }
        if(flag == false) // 剪枝
            return false;
            
        prev = root->val;
        bool right = isValidBST(root->right); // 判断右子树

        return left && right && flag; // 全都是true才是true
    }
};

⑤力扣230. 二叉搜索树中第K小的元素

230. 二叉搜索树中第K小的元素

难度中等

给定一个二叉搜索树的根节点 root ，和一个整数 k ，请你设计一个算法查找其中第 k 个最小元素（从 1 开始计数）。

示例 1：

输入：root = [3,1,4,null,2], k = 1
输出：1

示例 2：

输入：root = [5,3,6,2,4,null,null,1], k = 3
输出：3

提示：

树中的节点数为 n 。
1 <= k <= n <= 10^4
0 <= Node.val <= 10^4

进阶：如果二叉搜索树经常被修改（插入/删除操作）并且你需要频繁地查找第 k 小的值，你将如何优化算法？

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    int kthSmallest(TreeNode* root, int k) {

};

解析代码

思路就是中序遍历到第K个结点，然后返回这个结点的值，可以弄两个全局变量来简化代码。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
    int cnt = 0, ret = 0;
public:
    int kthSmallest(TreeNode* root, int k) {
        cnt = k;
        dfs(root);
        return ret;
    }

    void dfs(TreeNode* root)
    {
        if(root == nullptr || cnt == 0)
            return;

        dfs(root->left); // 遍历左子树
        if(--cnt == 0) // 判断
            ret = root->val;
        dfs(root->right); // 遍历右子树
    }
};

⑥力扣257. 二叉树的所有路径

257. 二叉树的所有路径

难度简单

给你一个二叉树的根节点 root ，按 任意顺序 ，返回所有从根节点到叶子节点的路径。

叶子节点 是指没有子节点的节点。

示例 1：

输入：root = [1,2,3,null,5]
输出：["1->2->5","1->3"]

示例 2：

输入：root = [1]
输出：["1"]

提示：

树中节点的数目在范围 [1, 100] 内
-100 <= Node.val <= 100

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<string> binaryTreePaths(TreeNode* root) {

    }
};

解析代码

（这些简单题都是为了重点突出：处处有回溯、剪枝的代码很简单、全局变量的便利、出现了回溯才要想到恢复现场的概念）

思路就是遍历到叶子结点就push当前路径，到最后剪枝，不用写函数出口。

路径以字符串形式存储，从根节点开始遍历，每次遍历时将当前节点的值加⼊到路径中，如果该节点为叶子节点，将路径存储到结果中。否则，将 "->" 加⼊到路径中并递归遍历该节点的左右子树。定义一个结果数组，进行递归。

递归具体实现方法如下：

如果当前节点不为空，就将当前节点的值加入路径 path 中，否则直接返回
判断当前节点是否为叶子节点，如果是，则将当前路径加入到所有路径的存储数组 path 中
否则，将当前节点值加上 "->" 作为路径的分隔符，继续递归遍历当前节点的左右子节点。
返回结果数组。

可以只使用一个字符串存储每个状态的字符串，在递归回溯的过程中，需要将路径中的当前节点移除，以回到上一个节点。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
    vector<string> ret;
public:
    vector<string> binaryTreePaths(TreeNode* root) {
        dfs(root, "");
        return ret;
    }

    void dfs(TreeNode* root, string path)
    {
        path += to_string(root->val); // 不可能传空root进来
        if(root->left == nullptr && root->right == nullptr)
        {
            ret.push_back(path); // 是叶子结点就push当前路径
        }
        else // 不是叶子结点就先加上箭头
        {
            path += "->";
        }
        if(root->left != nullptr) // 剪枝，此时不用写函数出口
            dfs(root->left, path);
        if(root->right != nullptr)
            dfs(root->right, path);
    }
};