Leetcode（104）——二叉树的最大深度

Leetcode（104）——二叉树的最大深度

题目

给定一个二叉树，找出其最大深度。

二叉树的深度为根节点到最远叶子节点的最长路径上的节点数。

说明: 叶子节点是指没有子节点的节点。

示例：

给定二叉树 [3,9,20,null,null,15,7]，

返回它的最大深度 3 。

题解

方法一：DFS 遍历二叉树（深度优先搜索）

思路

​​  如果我们知道了左子树和右子树的最大深度 $l$ 和 $r$，那么该二叉树的最大深度即为 $\max (l,r)+1$

​​  而左子树和右子树的最大深度又可以以同样的方式进行计算。因此我们可以用「深度优先搜索」的方法来计算二叉树的最大深度。具体而言，在计算当前二叉树的最大深度时，可以先递归计算出其左子树和右子树的最大深度，然后在 $O(1)$ 时间内计算出当前二叉树的最大深度。递归在访问到空节点时退出。

代码实现

DFS 遍历二叉树之前序遍历

/**
 * 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 maxdepth = 1;
    int currdepth = 1;
public:
    int maxDepth(TreeNode* root) {
        if(root == nullptr) return 0;
        pre_tra(root);
        return maxdepth;
    }
    // 前序遍历
    void pre_tra(TreeNode* n){
        if(n->left != nullptr){
            currdepth++;
            pre_tra(n->left);
            currdepth--;
        }
        if(n->right != nullptr){
            currdepth++;
            pre_tra(n->right);
            currdepth--;
        }
        if(maxdepth < currdepth) maxdepth = currdepth;
    }
};

DFS

class Solution {
public:
    int maxDepth(TreeNode* root) {
        if (root == nullptr) return 0;
        return max(maxDepth(root->left), maxDepth(root->right)) + 1;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 为二叉树节点的个数。每个节点在递归中只被遍历一次。
空间复杂度：$O(height)$，其中 $\text{height}$ 表示二叉树的高度。递归函数需要栈空间，而栈空间取决于递归的深度，因此空间复杂度等价于二叉树的高度。

方法二：BFS 遍历二叉树（广度优先搜索）

思路

​​  也可以用「广度优先搜索」的方法来解决这道题目，但我们需要对其进行一些修改，此时我们广度优先搜索的队列里存放的是「当前层的所有节点」。每次拓展下一层的时候，不同于广度优先搜索的每次只从队列里拿出一个节点，我们需要将队列里的所有节点都拿出来进行拓展，这样能保证每次拓展完的时候队列里存放的是当前层的所有节点，即我们是一层一层地进行拓展，最后我们用一个变量 $\text{ans}$ 来维护拓展的次数，该二叉树的最大深度即为 $\text{ans}$。

代码实现

DFS 遍历二叉树

class Solution {
public:
    int maxDepth(TreeNode* root) {
        if (root == nullptr) return 0;
        queue<TreeNode*> Q;
        Q.push(root);
        int ans = 0;
        while (!Q.empty()) {
            int sz = Q.size();
            while (sz > 0) {
                TreeNode* node = Q.front();Q.pop();
                if (node->left) Q.push(node->left);
                if (node->right) Q.push(node->right);
                sz -= 1;
            }
            ans += 1;
        } 
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 为二叉树的节点个数。与方法一同样的分析，每个节点只会被访问一次。
空间复杂度：此方法空间的消耗取决于队列存储的元素数量，其在最坏情况下会达到 $O(n)$。