Leetcode（637）——二叉树的层平均值

Leetcode（637）——二叉树的层平均值

题目

给定一个非空二叉树的根节点 root , 以数组的形式返回每一层节点的平均值。与实际答案相差 $10^{-5}$ 以内的答案可以被接受。

示例 1：

输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：[3.00000,14.50000,11.00000]
解释：第 0 层的平均值为 3,第 1 层的平均值为 14.5,第 2 层的平均值为 11 。
因此返回 [3, 14.5, 11] 。

示例 2：

输入：root = [3,9,20,15,7]
输出：[3.00000,14.50000,11.00000]

提示：

• 树中节点数量在 $[1,10^4]$ 范围内
• $-2^{31}$ <= Node.val <= $2^{31-1}$

题解

方法一：层序遍历（广度优先遍历）

思路

​​  可以使用广度优先搜索计算二叉树的层平均值。从根节点开始搜索，每一轮遍历同一层的全部节点，计算该层的节点数以及该层的节点值之和，然后计算该层的平均值。

如何确保每一轮遍历的是同一层的全部节点呢？我们可以借鉴层次遍历的做法，广度优先搜索使用队列存储待访问节点，只要确保在每一轮遍历时，队列中的节点是同一层的全部节点即可。具体做法如下：

• 初始时，将根节点加入队列；
• 每一轮遍历时，将队列中的节点全部取出，计算这些节点的数量以及它们的节点值之和，并计算这些节点的平均值，然后将这些节点的全部非空子节点加入队列，重复上述操作直到队列为空，遍历结束。

​​  由于初始时队列中只有根节点，满足队列中的节点是同一层的全部节点，每一轮遍历时都会将队列中的当前层节点全部取出，并将下一层的全部节点加入队列，因此可以确保每一轮遍历的是同一层的全部节点。

​​  具体实现方面，可以在每一轮遍历之前获得队列中的节点数量 $\text{size}$，遍历时只遍历 $\text{size}$ 个节点，即可满足每一轮遍历的是同一层的全部节点。

代码实现

我自己的——初始版本（双队列）

/**
 * 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 {
    queue<TreeNode*> l1, l2;    // l1和l2分别指两层的结点，当l1为空，才将l2的转入l1。当l1和l2都为空则遍历完了全部结点
    vector<double> ans;
public:
    vector<double> averageOfLevels(TreeNode* root) {
        l1.push(root);
        while(!l1.empty() || !l2.empty()) level();
        return ans;
    }
    void level(){
        long sum = 0;
        int n = 0;
        while(!l1.empty()){
            sum += l1.front()->val;
            n++;
            if(l1.front()->left != nullptr) l2.push(l1.front()->left);
            if(l1.front()->right != nullptr) l2.push(l1.front()->right);
            l1.pop();
        }
        ans.push_back(1.0*sum/n);
        l1.swap(l2);
    }
};

我自己的——优化版本（单队列）

class Solution {
    queue<TreeNode*> l;	// 优化，使用一个队列，然后使用 nullptr 分隔两层
    vector<double> ans;
public:
    vector<double> averageOfLevels(TreeNode* root) {
        l.push(root);
        l.push(nullptr);
        while(l.size() != 1) level();
        return ans;
    }
    void level(){
        double sum = 0;
        int n = 0;
        while(l.front() != nullptr){
            sum += l.front()->val;
            n++;
            if(l.front()->left != nullptr) l.push(l.front()->left);
            if(l.front()->right != nullptr) l.push(l.front()->right);
            l.pop();
        }
        l.pop();    // 将 nullptr 输出
        l.push(nullptr);
        ans.push_back(sum/n);
    }
};

Leetcode 官方题解：

class Solution {
public:
    vector<double> averageOfLevels(TreeNode* root) {
        auto averages = vector<double>();
        auto q = queue<TreeNode*>();
        q.push(root);
        while (!q.empty()) {
            double sum = 0;
            int size = q.size();
            for (int i = 0; i < size; i++) {
                auto node = q.front();
                q.pop();
                sum += node->val;
                auto left = node->left, right = node->right;
                if (left != nullptr) {
                    q.push(left);
                }
                if (right != nullptr) {
                    q.push(right);
                }
            }
            averages.push_back(sum / size);
        }
        return averages;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是二叉树中的节点个数。广度优先搜索需要对每个节点访问一次，时间复杂度是 $O(n)$。需要对二叉树的每一层计算平均值，时间复杂度是 $O(h)$，其中 $h$ 是二叉树的高度，任何情况下都满足 $h\le n$。因此总时间复杂度是 $O(n)$。
空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是二叉树中的节点个数。空间复杂度取决于队列开销，队列中的节点个数不会超过 $n$。

方法二：深度优先遍历

思路

​​  因为使用深度优先搜索计算二叉树的层平均值，需要维护两个数组，$\text{counts}$ 用于存储二叉树的每一层的节点数，$\text{sums}$ 用于存储二叉树的每一层的节点值之和。搜索过程中需要记录当前节点所在层，如果访问到的节点在第 $i$ 层，则将 $\text{counts}[i]$ 的值加 $1$，并将该节点的值加到 $\text{sums}[i]$。

​​  遍历结束之后，第 $i$ 层的平均值即为 $\text{sums}[i]/\text{counts}[i]$。

代码实现

Leetcode 官方题解

class Solution {
public:
    vector<double> averageOfLevels(TreeNode* root) {
        auto counts = vector<int>();
        auto sums = vector<double>();
        dfs(root, 0, counts, sums);
        auto averages = vector<double>();
        int size = sums.size();
        for (int i = 0; i < size; i++) {
            averages.push_back(sums[i] / counts[i]);
        }
        return averages;
    }

    void dfs(TreeNode* root, int level, vector<int> &counts, vector<double> &sums) {
        if (root == nullptr) {
            return;
        }
        if (level < sums.size()) {
            sums[level] += root->val;
            counts[level] += 1;
        } else {
            sums.push_back(1.0 * root->val);
            counts.push_back(1);
        }
        dfs(root->left, level + 1, counts, sums);
        dfs(root->right, level + 1, counts, sums);
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是二叉树中的节点个数。DFS 需要对每个节点访问一次，对于每个节点，维护两个数组的时间复杂度都是 $O(1)$，因此深度优先搜索的时间复杂度是 $O(n)$。遍历结束之后计算每层的平均值的时间复杂度是 $O(h)$，其中 $h$ 是二叉树的高度，任何情况下都满足 $h\le n$。因此总时间复杂度是 $O(n)$。
空间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是二叉树中的节点个数。空间复杂度取决于两个数组的大小和递归调用的层数，两个数组的大小都等于二叉树的高度，递归调用的层数不会超过二叉树的高度，最坏情况下，二叉树的高度等于节点个数。