Leetcode（110）——平衡二叉树

Leetcode（110）——平衡二叉树

题目

给定一个二叉树，判断它是否是高度平衡的二叉树。

本题中，一棵高度平衡二叉树定义为：

一个二叉树每个节点 的左右两个子树的高度差的绝对值不超过 1 。

示例 1：

输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：true

示例 2：

输入：root = [1,2,2,3,3,null,null,4,4]
输出：false

示例 3：

输入：root = []
输出：true

提示：

• 树中的节点数在范围 [0, 5000] 内
• $-10^4$ <= Node.val <= $10^4$

题解

方法一：自顶向下——暴力递归

思路

​​  定义函数 $\text{treeheight}$，用于计算二叉树中的以任意一个结点 $p$ 为根结点的子树的高度：

$$\text{treeheight}(p)=\{\begin{array}{ll}0& p\text{ 是空结点}\\ \max (\text{treeheight}(p.\text{left}),\text{treeheight}(p.\text{right}))+1& p\text{ 是非空结点}\end{array}$$

​​  有了计算结点高度的函数，即可判断二叉树是否平衡。具体做法类似于二叉树的前序遍历，即对于当前遍历到的结点，首先计算左右子树的高度，如果左右子树的高度差是否不超过 $1$，再分别递归地遍历左右子结点，并判断左子树和右子树是否平衡。这是一个自顶向下的递归的过程。

​​  为什么先计算计算左右子树的高度，再判断左子树和右子树是否平衡？
​​  因为计算左右子树的高度比判断左右子树是否平衡要更快。所以这里应用了“短路效应”以减少部分耗时。

代码实现

/**
 * 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 isBalanced(TreeNode* root) {
        if(root == nullptr) return true;
        if(abs(treeheight(root->left) - treeheight(root->right)) <= 1 && isBalanced(root->left) && isBalanced(root->right)) return true;
        else return false;
    }
    int treeheight(TreeNode* node){
        if(node == nullptr) return 0;
        else return max(treeheight(node->left), treeheight(node->right))+1;
    }
};
// 140ms的原因：
// 140ms：isBalanced(root->left) && abs(treeheight(root->left) - treeheight(root->right)) <= 1 && isBalanced(root->right)
// 4ms：  abs(treeheight(root->left) - treeheight(root->right)) <= 1 && isBalanced(root->left) && isBalanced(root->right)

复杂度分析

时间复杂度：其中 $n$ 是二叉树中的结点个数。
​​  ​​  ​​  最坏情况下，二叉树是满二叉树，需要遍历二叉树中的所有结点，时间复杂度是 $O(n)$。
​​  ​​  ​​  对于结点 $p$，如果它的高度是 $d$，则 $\text{treeheight}(p)$ 最多会被调用 $d$ 次（即遍历到它的每一个祖先结点时都会调用一次）。
​​  ​​  ​​  对于平均的情况，一棵树的高度 $h$ 满足 $O(h)=O(\log n)$，因为 $d\le h$，所以总时间复杂度为 $O(n\log n)$。
  ​​  ​​  对于最坏的情况，二叉树形成链式结构，高度为 $O(n)$，此时总时间复杂度为 $O(n^2)$。
空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是二叉树中的结点个数。空间复杂度主要取决于递归调用的层数，递归调用的层数不会超过 $n$。

方法二：自底向上

思路

​​  方法一由于是自顶向下递归，因此对于同一个结点，求树高度的函数 $\text{treeheight}$ 会被重复调用，导致时间复杂度较高。如果使用自底向上的做法，则对于每个结点，求树高度的函数 $\text{treeheight}$ 只会被调用一次。

​​  自底向上递归的做法类似于后序遍历，对于当前遍历到的结点，先递归地判断其左右子树是否平衡，再判断以当前结点为根的子树是否平衡。如果一棵子树是平衡的，则返回其高度（高度一定是非负整数），否则返回 $-1$。如果存在一棵子树不平衡，则包含它的整棵二叉树一定不平衡。

​​  为什么不直接计算出左右子树的高度再一起判断？
​​  因为 treeheight 耗时挺长的，所以先调用 treeheight 判断其中一棵子树的高度，如果它是平衡树，则再调用 treeheight 判断另一棵子树。这样可以减少一部分耗时。

代码实现

/**
 * 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 isBalanced(TreeNode* root) {
        if(root == nullptr) return true;
        if(treeheight(root) != -1) return true;
        else return false;
    }
    int treeheight(TreeNode* node){
        if(node == nullptr) return 0;
        int left = treeheight(node->left);
        if(left == -1) return -1;
        int right = treeheight(node->right);
        if(right == -1) return -1;
        if(abs(left-right) <= 1) return max(left, right)+1;
        else return -1;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是二叉树中的结点个数。使用自底向上的递归，每个结点的计算高度和判断是否平衡都只需要处理一次，最坏情况下需要遍历二叉树中的所有结点，因此时间复杂度是 $O(n)$。
空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是二叉树中的结点个数。空间复杂度主要取决于递归调用的层数，递归调用的层数不会超过 $n$。