[Leetcode] 285. Inorder Successor in BST 解题报告

最新推荐文章于 2020-08-06 13:15:57 发布

魔豆Magicbean

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分类专栏： IT公司面试习题文章标签： Leetcode 解题报告 Tree

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本文介绍了如何在二叉搜索树（BST）中找到指定节点的中序后继节点。提供了两种解决方案，包括一个O(n)时间复杂度的方法和一个优化后的O(logn)方法。优化后的算法通过判断目标节点与根节点的值关系，缩小搜索范围，降低了空间复杂度至O(1)。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目：

Given a binary search tree and a node in it, find the in-order successor of that node in the BST.

Note: If the given node has no in-order successor in the tree, return null.

思路：

1、O(n)的解法：最开始容易想到的思路就是直接进行中序遍历。一旦发现我们遍历到的当前结点的前驱是p，就更新结果。这种思路的时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(1)。
2、O(logn)的解法：我开始的想法是分两种情况：1）p的右子树不为空，那么p的后继结点就是p的右子树上的最左侧的结点；2）p的右子树为空，那么p的后继结点就是它的祖先中第一个比它值大的结点（也有可能为空），在这种情况下，需要开辟一个栈空间来存贮p的所有祖先结点。这种思路可以把时间复杂度可以降低到O(logn)，但是空间复杂度却是O(logn)。后来看到下面这个更巧妙的算法：如果p的值比root的值大或者p就是root，那么p的后继不可能出现在root以及root的左子树上，所以我们只需要在root的右子树上继续找；如果p的值比root的值小，那么p的直接后继既有可能是root，也有可能是root的左子树上的某个结点，此时需要更新答案，并且在root的左子树上继续找。这种思路完美地统一处理了p的右子树是否为空两种情况，并且将空间复杂度降低到了O(1)。

代码：

1、O(n)的解法：

/** 
 * Definition for a binary tree node. 
 * struct TreeNode { 
 *     int val; 
 *     TreeNode *left; 
 *     TreeNode *right; 
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {} 
 * }; 
 */  
class Solution {  
public:  
    TreeNode* inorderSuccessor(TreeNode* root, TreeNode* p) {  
        if (!root) {  
            return NULL;  
        }  
        inorderSuccessor(root->left, p);  
        if (pre == p) {  
            ret = root;  
        }  
        pre = root;  
        inorderSuccessor(root->right, p);  
        return ret;  
    }  
private:  
    TreeNode *pre = NULL, *ret = NULL;  
};

2、O(logn)的解法：

/** 
 * Definition for a binary tree node. 
 * struct TreeNode { 
 *     int val; 
 *     TreeNode *left; 
 *     TreeNode *right; 
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {} 
 * }; 
 */  
class Solution {  
public:  
    TreeNode* inorderSuccessor(TreeNode* root, TreeNode* p) {  
        if (root == NULL || p == NULL) {  
            return NULL;  
        }  
        TreeNode *ret = NULL;  
        while (root) {  
            if (p->val < root->val) {  
                ret = root;  
                root = root->left;  
            }  
            else {  
                root = root->right;  
            }  
        }  
        return ret;  
    }  
};