文章目录
- 参考链接：[图解算法数据结构](https://leetcode-cn.com/leetbook/read/illustration-of-algorithm/589fz2/)
- 动态规划
- 搜索与回溯算法
- 剑指Offer 12 - 矩阵中的路径
- 剑指Offer 13 - 机器人的运动范围
- 剑指Offer 26 - 树的子结构
- 剑指Offer 27 - 二叉树的镜像
- 剑指Offer 28 - 对称的二叉树
- 剑指Offer 32 - 从上到下打印二叉树Ⅰ
- 剑指Offer 32 - 从上到下打印二叉树Ⅱ
- 剑指Offer 32 - 从上到下打印二叉树Ⅲ
- 剑指Offer 34 - 二叉树中和为某一值的路径
- 剑指Offer 36 - 二叉搜索树与双向链表
- 剑指Offer 38 - 字符串的排列
- 剑指Offer 54 - 二叉搜索树的第k大节点
- 剑指Offer 55 - Ⅰ.二叉树的深度
- 剑指Offer 55 - Ⅱ.平衡二叉树
- 剑指Offer 64 - 求1 + 2 + ... + n
- 剑指Offer 68 - 二叉搜索树的最近公共祖先Ⅰ
- 剑指Offer 68 - 二叉树的最近公共祖先Ⅱ
参考链接：图解算法数据结构
代码和思路主要来源：
作者：Krahets
链接：https://leetcode-cn.com/leetbook/read/illustration-of-algorithm/
来源：力扣（LeetCode）
动态规划
剑指Offer 58 - Ⅱ.左旋转字符串
四种解题思路
- 字符串切片(简单效率高)
class Solution {
public:
string reverseLeftWords(string s, int n) {
return s.substr(n, s.size()) + s.substr(0, n);
}
};
-
列表、字符串遍历拼接
原理类似：通过新建list或者string变量res，先向res添加“第n + 1位至末位的字符”，再向 res 添加 “首位至第n位的字符” ，最后将res转化为字符串并返回。 -
三次翻转(C++)
由于C++中的字符串是可变类型，因此可在原字符串上直接操作实现字符串旋转，实现O(1)的空间复杂度。
class Solution {
public:
string reverseLeftWords(string s, int n) {
//使用双向迭代器的重排算法，reverse(beg, end)
reverse(s.begin(), s.begin() + n);
reverse(s.begin() + n, s.end());
reverse(s.begin(), s.end());
return s;
}
};
剑指Offer 67 - 把字符串转换成整数
先贴代码
class Solution {
public:
int strToInt(string str) {
int res = 0, bndry = INT_MAX / 10; // 变量初始化
int i = 0, sign = 1, length = str.size(); // 默认sign为正
if(length == 0) return 0; // 若为空字符串，直接返回0
while(str[i] == ' ') // 先判断字符串开头是否为空格，若为true则进入if语句
if(++i == length) return 0; // i+1后是否已经到达字符串尾部，若为true,返回0
if(str[i] == '-') sign = -1; // 开始判断正负号，已经默认为正了，所以仅作负号判断即可
if(str[i] == '-' || str[i] == '+') i++; // 符号位判断结束，i+1开始遍历
for(int j = i; j < length; j++) { // 临时变量j，遍历字符串
if(str[j] < '0' || str[j] > '9') break; // 每次循环先判断当前字符是否不是数字，若为true，直接跳出循环
if(res > bndry || res == bndry && str[j] > '7') // 拼接前，判断是否会越界，若为true，返回
return sign == 1 ? INT_MAX : INT_MIN;
res = res * 10 + (str[j] - '0'); // 拼接，10进制
}
return sign * res; // 结束符号位，返回数值
}
};
考虑四种字符：
- 首部空格：直接删除；
- 符号位，利用一个
int变量sign保存符号位，默认为正，取值为1，若为负，取值为-1，在返回前做正负判断，即在代码最后乘上sign； - 非数字字符：碰到首个非数字的字符时，立即返回；
- 数字字符：
- 字符转数字：此数字的ASCII码与0的ASCII码相减即可，
(str[j] - '0');- 数字拼接：从左向右遍历数字，
res = res * 10 + (str[j] - '0');
- 数字拼接：从左向右遍历数字，
- 字符转数字：此数字的ASCII码与0的ASCII码相减即可，
数字越界处理：
在每轮数字拼接前，判断res在此轮拼接后是否超过2147483647，若超过则加上符号位直接返回。
设数字拼接编辑 bndry = 2147483647 // 10 = 214748364，则有以下两种情况越界：
res > bndry 情况一：执行拼接10×res≥2147483650越界
res = bndry, x > 7 情况二：拼接后是2147483648或2147483649越界
if(res > bndry || res == bndry && str[j] > '7')
剑指Offer 10-Ⅰ. 斐波那契数列
- 递归解决，因为当n很大的时候可能会出现数字溢出，所以我们需要用结果对1000000007求余。如果直接对最后的结果求余会有一个问题，即可能还没执行到最后一步就已经溢出了，所以需要对每一步的计算都求余。但由于这样递归的时候会造成大量的重复计算，所以运行起来会超时。
class Solution{
public:
int fib(int n){
if(n < 2) return n;
int first = fib(n - 1) % 1000000007;
int second = fib(n - 2) % 1000000007;
return (first + second) % 1000000007;
}
}
- 为了避免重复计算，可以使用一个关联容器map把计算过的值保存，每次计算的时候先从map中查找有没有。
int constant = 1000000007;
public int fib(int n) {
return fib(n, new HashMap());
}
public int fib(int n, Map<Integer, Integer> map) {
if (n < 2)
return n;
if (map.containsKey(n))
return map.get(n);
int first = fib(n - 1, map) % constant;
map.put(n - 1, first);
int second = fib(n - 2, map) % constant;
map.put(n - 2, second);
int res = (first + second) % constant;
map.put(n, res);
return res;
}
作者：sdwwld
链接：https://leetcode-cn.com/problems/fei-bo-na-qi-shu-lie-lcof/solution/di-gui-he-fei-di-gui-liang-chong-fang-shi-du-ji-ba/
- 推荐做法：非递归做法，动态规划
- 状态定义：设
dp为一维数组，其中dp[i]的值代表斐波那契数列的第i个数字 - 转移方程：
dp[i + 1] = dp[i] + dp[i - 1]，即对应数列定义f(n + 1) = f(n) + f(n - 1); - 初始状态：
dp[0] = 0，dp[1] = 1，即初始化前两个数字; - 返回值：
dp[n]，即斐波那契数列的第n个数字。
- 状态定义：设
public int fib(int n) {
int constant = 1000000007;
int a = 0;
int b = 1;
for(int i = 0;i < n; i++) {
int sum = (a + b) % constant; //先求和,求余法则(x+y)⊙p=(x⊙p+y⊙p)⊙p
a = b;
b = sum;
}
return a; //为什么要返回a呢？可以自己手写下，当n等于4的时候，返回a的值是5，但sum是8，所以返回a的值才是对的。
}
剑指Offer 10- Ⅱ.青蛙跳台阶问题
动态规划：
若f(x)表示爬到第x级台阶的方案数，由于最后一步可能跨了一级台阶，也可能跨了两级台阶，所以转移方程为：
f
(
x
)
=
f
(
x
−
1
)
+
f
(
x
−
2
)
f(x) = f(x - 1) + f(x - 2)
f(x)=f(x−1)+f(x−2)
边界条件：爬第0级可以看作只有一种方案，即f(0) = 1；从0级到第1级也只有一种方案，即爬一级，f(1) = 1。
优化：由于f(x) 只和 f(x - 1)与 f(x - 2)有关，所以可以用「滚动数组思想」把空间复杂度优化成 O(1)。
class Solution {
public:
int climbStairs(int n) {
int p = 0, q = 0, r = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
p = q;
q = r;
r = p + q;
}
return r;
}
};
剑指Offer 42 - 连续子数组的最大和
标准动态规划解题流程：
-
**状态定义：**设动态规划列表
dp，dp[i]代表以元素nums[i]为结尾的连续子数组最大和。为何定义最大和
dp[i]中必须包含元素nums[i]：保证dp[i]递推到dp[i+1]的正确性；如果不包含nums[i]，递推时则不满足题目的连续子数组要求。 -
**转移方程：**若
dp[i - 1] ≤ 0，说明dp[i - 1]对dp[i]产生负贡献，即dp[i- 1]+nums[i]还不如nums[i]本身大。
d p [ i ] = { d p [ i − 1 ] + n u m s [ i ] , d p [ i − 1 ] > 0 n u m s [ i ] , d p [ i − 1 ] ≤ 0 dp[i] = \left\{ \begin{aligned} dp[i−1]+nums[i],dp[i−1]>0\\ nums[i],dp[i−1]≤0 \end{aligned} \right. dp[i]={dp[i−1]+nums[i],dp[i−1]>0nums[i],dp[i−1]≤0 -
初始状态:
dp[0] = nums[0]，即以nums[0]结尾的连续子数组最大和为nums[0]。 -
**返回值：**返回
dp列表中的最大值。
由于 dp[i]只与 dp[i-1]和nums[i]有关系，因此可以将原数组 nums用作 dp列表，即直接在 nums上修改即可。降低至空间复杂度O(1)。
class Solution{
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums){
int res = nums[0];
for(auto i = 1; i < nums.size(); i++){
if(nums[i - 1] > 0) nums[i] += nums[i - 1];
if(nums[i] > res) res = nums[i];
}
return res;
}
}
剑指Offer 46 - 把数字翻译成字符串
转移方程：
动态规划解析：
记数字 n u m num num第 i i i位数字为$ x_i , 数 字 ,数字 ,数字num 的 位 数 为 的位数为 的位数为n$；
例如： n u m = 12258 num = 12258 num=12258的 n = 5 , x 1 = 1 n = 5, x1 = 1 n=5,x1=1
-
状态定义： 设动态规划列表$ dp，dp[i] 代 表 以 代表以 代表以x_i$为结尾的数字的翻译方案数量。
-
**转移方程：**若 x i x_i xi和 x i − 1 x_i - 1 xi−1组成的两位数字可被整体翻译，则 d p [ i ] = d p [ i − 1 ] + d p [ i − 2 ] dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] dp[i]=dp[i−1]+dp[i−2]，否则 d p [ i ] = d p [ i − 1 ] dp[i]=dp[i - 1] dp[i]=dp[i−1]。
d p [ i ] = { d p [ i − 1 ] + d p [ i − 2 ] , ( 10 x i − 1 + x i ) ∈ [ 10 , 25 ] d p [ i − 1 ] ， ( 10 x i − 1 + x i ) ∈ [ 0 , 10 ) ⋃ ( 25 , 99 ] dp[i] = \left\{ \begin{aligned} dp[i - 1] + dp[i - 2], (10x_{i-1} + x_i)\in [10,25]\\ dp[i - 1]， (10x_{i-1} + x_i)\in [0,10)\bigcup (25,99] \end{aligned} \right. dp[i]=⎩⎨⎧dp[i−1]+dp[i−2],(10xi−1+xi)∈[10,25]dp[i−1]，(10xi−1+xi)∈[0,10)⋃(25,99]可被整体翻译的两位数区间分析： 当 x i − 1 = 0 x_{i-1} = 0 xi−1=0 时，组成的两位数无法被整体翻译（例如 00, 01, 02,⋯ ），大于 25的两位数也无法被整体翻译（例如 26, 27,⋯ ），因此区间为$ [10, 25] $。
-
初始状态： d p [ 0 ] = d p [ 1 ] = 1 dp[0] = dp[1] = 1 dp[0]=dp[1]=1，即“无数字”和“第1位数字”的翻译方法数量均为1；
-
返回值： d p [ n ] dp[n] dp[n]，即此数字的翻译方案数量;
class Solution {
public:
int translateNum(int num) {
string s = to_string(num); //将数字转化为字符串，方便获取数字的各位x_i，通过遍历s实现动态规划
int a = 1, b = 1, len = s.size();
for(int i = 2; i <= len; i++) {
string tmp = s.substr(i - 2, 2);
int c = tmp.compare("10") >= 0 && tmp.compare("25") <= 0 ? a + b : a;
b = a;
a = c;
}
return a;
}
};
剑指Offer 47 - 礼物的最大价值
解题思路：
根据题目说明，得到某单元格只可能从上边单元格或左边单元格到达。
设$ f(i, j) $ 为从棋盘左上角走至单元格$ (i, j)
的
礼
物
最
大
累
计
价
值
，
易
得
到
以
下
递
推
关
系
：
的礼物最大累计价值，易得到以下递推关系：
的礼物最大累计价值，易得到以下递推关系： f(i, j)$ 等于$ f(i, j - 1) $ 和 $ f(i - 1, j) $ 中的较大值加上当前单元格礼物价值$ grid(i, j) $。
f
(
i
,
j
)
=
m
a
x
[
f
(
i
,
j
−
1
)
,
f
(
i
−
1
,
j
)
]
+
g
r
i
d
(
i
,
j
)
f(i, j) = max[f(i, j - 1), f(i - 1, j)] + grid(i, j)
f(i,j)=max[f(i,j−1),f(i−1,j)]+grid(i,j)
因此，可用动态规划解决此问题，以上公式编为转移方程。
**状态定义：**设动态规划矩阵$ dp ， ， ，dp(i,j) 代 表 从 棋 盘 的 左 上 角 开 始 ， 到 达 单 元 格 代表从棋盘的左上角开始，到达单元格 代表从棋盘的左上角开始，到达单元格 (i,j)$时能拿到礼物的最大累计价值。
转移方程：
-
当 i = 0 且 j = 0 时，为起始元素；
-
当 i = 0 且 j ≠ 0 时，为矩阵第一行元素，只可从左边到达;
-
当 i ≠ 0 且 j ≠ 0 时，为矩阵第一列元素，只可从上边到达；
-
当 i ≠ 0 且 j ≠ 0 时，可从左边或上边到达；
d p ( i , j ) = { g r i d ( i , j ) , i = 0 , j = 0 g r i d ( i , j ) + d p ( i , j − 1 ) , i = 0 , j ≠ 0 g r i d ( i , j ) + d p ( i − 1 , j ) , i ≠ 0 , j = 0 g r i d ( i , j ) + m a x [ d p ( i − 1 , j ) , d p ( i , j − 1 ) ] , i ≠ 0 , j ≠ 0 dp(i,j) =\left\{ \begin{aligned} grid(i, j),i = 0, j = 0\\ grid(i, j) + dp(i, j - 1) ,i = 0, j \not= 0\\ grid(i, j) + dp(i - 1, j) ,i \not= 0, j = 0\\ grid(i, j) + max[dp(i - 1,j), dp(i, j - 1)] ,i \not= 0, j\not= 0 \end{aligned} \right. dp(i,j)=⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧grid(i,j),i=0,j=0grid(i,j)+dp(i,j−1),i=0,j=0grid(i,j)+dp(i−1,j),i=0,j=0grid(i,j)+max[dp(i−1,j),dp(i,j−1)],i=0,j=0
初始状态： d p [ 0 ] [ 0 ] = g r i d [ 0 ] [ 0 ] dp[0][0] = grid[0][0] dp[0][0]=grid[0][0]，即到达单元格(0, 0)时能拿到礼物的最大累计价值为 g r i d [ 0 ] [ 0 ] grid[0][0] grid[0][0]；
返回值： d p [ m − 1 ] [ n − 1 ] dp[m - 1][n - 1] dp[m−1][n−1]，m, n分别为矩阵的行高和列宽，即返回 d p dp dp矩阵右下角元素。
空间复杂度降低：
- 由于$ dp[i][j] 只 与 只与 只与dp[i - 1][j], dp[i][j - 1], grid[i][j]$有关系，因此可以将原矩阵grid用作dp矩阵，即直接再grid上修改即可。
- 应用此方法可省去 d p dp dp矩阵使用的额外空间，因此空间复杂度从O(MN)降至O(1)。
class Solution {
public:
int maxValue(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size(), n = grid[0].size();
for(int i = 0; i < m; i++){
for(int j = 0; j < n; j++){
if(i == 0 && j == 0) continue;
if(i == 0 && j != 0) {
grid[i][j] += grid[0][j - 1];
continue;
}
if(i != 0 && j == 0){
grid[i][j] += grid[i - 1][0];
continue;
}
grid[i][j] += max(grid[i][j - 1], grid[i - 1][j]);
}
}
return grid[m - 1][n - 1];
}
};
剑指Offer 48 - 最长不含重复字符子串
请注意理解题目：是找无重复字符！
长度为N的字符串公有$ \frac{(1+N)(N)}{2} 个 子 字 符 串 （ 复 杂 度 为 个子字符串（复杂度为 个子字符串（复杂度为O(N2)$），判断长度为N的字符串是否有重复字符的复杂度为$O(N)$，因此本题使用暴力法解决的复杂度为$O(N3)$。考虑使用动态规划降低时间复杂度。
动态规划解析：
-
**状态定义：**设动态规划列表 d p dp dp， d p [ j ] dp[j] dp[j]代表以字符 s [ j ] s[j] s[j]为结尾的"最长不重复子字符串"的长度。
-
**转移方程：**固定右边界 j j j，设字符 s [ j ] s[j] s[j]左边距离最近的相同字符为 s [ i ] s[i] s[i]，即 s [ i ] = s [ j ] s[i] = s[j] s[i]=s[j]。
- 当 i < 0 i < 0 i<0，即 s [ j ] s[j] s[j]左边无相同字符，则 d p [ j ] = d p [ j − 1 ] + 1 dp[j] = dp[j - 1] + 1 dp[j]=dp[j−1]+1;
- 当 d p [ j − 1 ] < j − i dp[j - 1] < j - i dp[j−1]<j−i，说明字符 s [ i ] s[i] s[i]在子字符串 d p [ j − 1 ] dp[j - 1] dp[j−1]区间之外，则 d p [ j ] = d p [ j − 1 ] + 1 dp[j] = dp[j - 1] + 1 dp[j]=dp[j−1]+1;
- 当 d p [ j − 1 ] ≥ j − i dp[j - 1] ≥ j - i dp[j−1]≥j−i，说明字符 s [ i ] s[i] s[i]在子字符串 d p [ j − 1 ] dp[j - 1] dp[j−1]区间之中，则 d p [ j ] dp[j] dp[j]的左边界由 s [ i ] s[i] s[i]决定，即 d p [ j ] = j − i dp[j] = j - i dp[j]=j−i；
当 i < 0 i < 0 i<0时，由于$dp[j - 1] ≤ j 恒 成 立 ， 因 而 恒成立，因而 恒成立，因而dp[j - 1] < j - i$恒成立，因此分支
1.和2.可被合并。
d p [ j ] = { d p [ j − 1 ] + 1 , d p [ j − 1 ] < j − i j − i , d p [ j − 1 ] ≥ j − i dp[j]=\left\{ \begin{aligned} dp[j - 1] + 1,dp[j-1]<j-i\\ j-i,dp[j-1] \geq j-i \end{aligned} \right. dp[j]={dp[j−1]+1,dp[j−1]<j−ij−i,dp[j−1]≥j−i
-
返回值： m a x ( d p ) max(dp) max(dp)，即全局的”最长不重复子字符串“的长度。
空间复杂度降低：
- 由于返回值是取 d p dp dp列表最大值，因此可借助变量 t m p tmp tmp存储 d p [ j ] dp[j] dp[j]，变量 r e s res res每轮更新最大值即可。
- 此优化可节省 d p dp dp列表使用的 O ( N ) O(N) O(N)大小的额外空间。
待解决问题：每轮遍历字符 s [ j ] s[j] s[j]时，如何计算索引 i i i？
方法一：动态规划 + 哈希表
- 哈希表统计：遍历字符串 s s s时，使用哈希表（记为 d i c dic dic）统计各字符最后一次出现的索引位置。
- **左边界i获取方式：**遍历到 s [ j ] s[j] s[j]时，可通过访问哈希表 d i c [ s [ j ] ] dic[s[j]] dic[s[j]]获取最近的相同字符的索引 i i i。
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
unordered_map<char, int> dic;
int res = 0, tmp = 0, len = s.size(), i = -1;
for(int j = 0; j < len; j++){
if(dic.find(s[j]) == dic.end()) i = -1;
else i = dic.find(s[j])->second; // 获取索引i
dic[s[j]] = j; // 更新哈希表
tmp = tmp < j - i? tmp + 1: j - i;
res = max(res, tmp);
}
return res;
}
};
方法二：动态规划 + 线性遍历
- **左边界 i i i获取方式：**遍历到 s [ j ] s[j] s[j]时，初始化索引 i = j − 1 i= j - 1 i=j−1，向左遍历搜索第一个满足 s [ i ] = s [ j ] s[i] = s[j] s[i]=s[j]的字符即可。
class Solution{
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s){
int res = 0, tmp = 0, len = s.size();
for(int j = 0; j < len; j++){
int i = j - 1;
while(i >= 0 && s[i] != s[j]) i--; //线性查找
tmp = tmp < j - i ? tmp + 1: j - i; //dp[j - 1]->dp[j]
res = max(res, tmp); //max(dp[j-1], dp[j])
}
return res;
}
}
方法三：双指针 + 哈希表
-
**哈希表 d i c dic dic统计：**指针 j j j遍历字符 s s s，哈希表统计字符 s [ j ] s[j] s[j]最后一次出现的索引。
-
**更新左指针i：**根据上轮左指针 i i i和 d i c [ s [ j ] ] dic[s[j]] dic[s[j]]，每轮更新左边界 i i i，保证区间 [ i + 1 , j ] [i + 1, j] [i+1,j]内无重复字符且最大。
i = m a x ( d i c [ s [ j ] ] , i ) i = max(dic[s[j]], i) i=max(dic[s[j]],i) -
**更新结果 r e s res res：**取上轮 r e s res res和本轮双指针区间 [ i + 1 ， j ] [i + 1， j] [i+1，j]的宽度（即 j − i j - i j−i）中的最大值。
r e s = m a x ( r e s , j − i ) res = max(res, j - i) res=max(res,j−i)
class Solution{
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s){
unordered_map<char, int> dic;
int i = -1, res = 0, len = s.size();
for(int j = 0; j < len; j++){
if(dic.find(s[j]) != dic.end())
i = max(i, dic.find(s[j])->second); // 更新左指针
dic[s[j]] = j; // 更新哈希表记录
res = max(res, j - i); // 更新结果
}
return res;
}
}
剑指Offer 49 - 丑数
参考：
作者：LZH_Yves
链接：https://leetcode-cn.com/problems/ugly-number-ii/solution/bao-li-you-xian-dui-lie-xiao-ding-dui-dong-tai-gui/
题目描述：只包含质因子 2、3 和 5 的数称作丑数（Ugly Number）。求按从小到大的顺序的第 n 个丑数。
解题思路：
抽数的递推性质：丑数只包含因子2，3，5，因此有"丑数=某较小丑数 x 某因子"（例如：10 = 5 x 2）。
设已知长度为
n
n
n的丑数序列
x
1
,
x
2
,
.
.
.
,
x
n
x_{1},x_{2},...,x_{n}
x1,x2,...,xn，求第n+1个丑数
x
n
+
1
x_{n+1}
xn+1。根据递推性质，丑数
x
n
+
1
x_{n+1}
xn+1只可能是以下三种情况其中之一（索引a,b,c为未知数）：
x
n
+
1
=
{
x
a
×
2
,
a
∈
[
1
,
n
]
x
b
×
3
,
b
∈
[
1
,
n
]
x
c
×
5
,
c
∈
[
1
,
n
]
x_{n+1} = \left\{ \begin{aligned} x_{a} \times 2, a \in [1,n]\\ x_{b} \times 3, b \in [1,n]\\ x_{c} \times 5, c \in [1,n] \end{aligned} \right.
xn+1=⎩⎪⎨⎪⎧xa×2,a∈[1,n]xb×3,b∈[1,n]xc×5,c∈[1,n]
方法一：暴力法(brute force)
为啥我脑子里得暴力法是拿一个个数去除，人家想的就不一样，菜的扣脚！
class Solution{
public:
int nthUglyNumber(int n){
vector<int> v;
for(long long a = 1; a <= INT_MAX; a = a * 2)
for(long long b = a; b <= INT_MAX; b = b * 3)
for(long long c = b; c <= INT_MAX; c = c * 5)
v.push_back(c);
sort(v.begin(), v.end());
return v.at(n - 1);
}
};
方法二：动态规划
丑数递推公式：若索引a,b,c满足以上条件，则下个丑数
x
n
+
1
x_{n+1}
xn+1为以下三种情况中的最小值：
x
n
+
1
=
m
i
n
(
x
a
×
2
,
x
b
×
3
,
x
c
×
5
)
x_{n+1}=min(x_{a} \times 2, x_{b} \times 3, x_{c} \times 5)
xn+1=min(xa×2,xb×3,xc×5)
由于
x
n
+
1
x_{n+1}
xn+1是最接近
x
n
x_{n}
xn的丑数，因此索引a,b,c需满足以下条件：
{
x
a
×
2
>
x
n
≥
x
a
−
1
×
2
,
即
x
a
为
首
个
乘
以
2
后
大
于
x
n
的
丑
数
x
b
×
3
>
x
n
≥
x
b
−
1
×
3
,
即
x
b
为
首
个
乘
以
3
后
大
于
x
n
的
丑
数
x
c
×
5
>
x
n
≥
x
c
−
1
×
5
,
即
x
c
为
首
个
乘
以
5
后
大
于
x
n
的
丑
数
\left\{ \begin{aligned} x_{a} \times 2 > x_{n} \geq x_{a-1} \times 2, 即x_{a}为首个乘以2后大于x_{n}的丑数\\ x_{b} \times 3 > x_{n} \geq x_{b-1} \times 3, 即x_{b}为首个乘以3后大于x_{n}的丑数\\ x_{c} \times 5 > x_{n} \geq x_{c-1} \times 5, 即x_{c}为首个乘以5后大于x_{n}的丑数 \end{aligned} \right.
⎩⎪⎨⎪⎧xa×2>xn≥xa−1×2,即xa为首个乘以2后大于xn的丑数xb×3>xn≥xb−1×3,即xb为首个乘以3后大于xn的丑数xc×5>xn≥xc−1×5,即xc为首个乘以5后大于xn的丑数
设置指针a，b，c指向首个丑数（即1），循环根据递推公式得到下个丑数，并每轮将对应指针执行+1即可。
-
**状态定义：**设动态规划列表 d p dp dp， d p [ i ] dp[i] dp[i]代表第 i + 1 i+1 i+1个丑数；
-
转移方程：
-
当索引 a , b , c a,b,c a,b,c满足以下条件时， d p [ i ] dp[i] dp[i]为三种情况的最小值；
-
每轮计算 d p [ i ] dp[i] dp[i]后，需要更新索引 a , b , c a,b,c a,b,c的值，使其始终满足方程条件。实现方法：分别独立判断 d p [ i ] dp[i] dp[i]和 d p [ a ] × 2 dp[a] \times 2 dp[a]×2，
d p [ b ] × 3 dp[b] \times 3 dp[b]×3， d p [ c ] × 5 dp[c] \times 5 dp[c]×5 的大小关系，若相等则将对应索引a，b，c加1；
{ d p [ a ] × 2 > d p [ i − 1 ] ≥ d p [ a − 1 ] × 2 d p [ b ] × 3 > d p [ i − 1 ] ≥ d p [ b − 1 ] × 3 d p [ c ] × 3 > d p [ i − 1 ] ≥ d p [ c − 1 ] × 3 \left\{ \begin{aligned} dp[a] \times 2 > dp[i-1] \geq dp[a-1] \times 2\\ dp[b] \times 3 > dp[i-1] \geq dp[b-1] \times 3\\ dp[c] \times 3 > dp[i-1] \geq dp[c-1] \times 3 \end{aligned} \right. ⎩⎪⎨⎪⎧dp[a]×2>dp[i−1]≥dp[a−1]×2dp[b]×3>dp[i−1]≥dp[b−1]×3dp[c]×3>dp[i−1]≥dp[c−1]×3
-
-
初始状态： d p [ 0 ] = 1 dp[0]=1 dp[0]=1，即第一个丑数为1；
-
返回值： d p [ n − 1 ] dp[n-1] dp[n−1]，即返回第n个丑数。
class Solution{
public:
int nthUglyNumber(int n){
int a = 0, b = 0, c = 0;
int dp[n];
dp[0] = 1;
for(int i = 1; i < n; i++){
int n2 = dp[a] * 2, n3 = dp[b] * 3, n5 = dp[c] * 5;
dp[i] = min(min(n2, n3), n5);
if(dp[i] == n2) a++;
if(dp[i] == n3) b++;
if(dp[i] == n5) c++;
}
return dp[n - 1];
}
};
方法三：优先队列(小顶堆)
利用优先队列有自动排序的功能
每次取出队头元素，存入队头元素*2、队头元素*3、队头元素*5
但注意，像 12 这个元素，可由 4 乘 3 得到，也可由 6 乘 2 得到，所以要注意去重
class Solution {
public:
int nthUglyNumber(int n) {
priority_queue <double,vector<double>,greater<double> > q; // 一定要有空格，不然成了右移运算符
double answer=1;
for (int i=1;i<n;++i)
{
q.push(answer*2);
q.push(answer*3);
q.push(answer*5);
answer=q.top();
q.pop();
while (!q.empty() && answer==q.top())
q.pop();
}
return answer;
}
};
进一步采用set来识别有无重复
class Solution {
public:
int nthUglyNumber(int n) {
priority_queue <double,vector<double>,greater<double> > q;
set<int> s;
s.insert(1);
vector<int> mask({2,3,5});
double answer=1;
for (int i=1;i<n;++i)
{
for (int &j:mask)
if (s.count(answer*j)==0)
{
q.push(answer*j);
s.insert(answer*j);
}
answer=q.top();
q.pop();
}
return answer;
}
};
剑指Offer 63 - 股票的最大利润
动态规划解析：
-
**状态定义：**设动态规划列表 d p dp dp， d p [ i ] dp[i] dp[i]代表以 p r i c e s [ i ] prices[i] prices[i]为结尾的子数组的最大利润（以下简称为前 i i i日的最大利润）。
-
**转移方程：**由于题目限定“买卖该股票一次”，因此前i日最大利润 d p [ i ] dp[i] dp[i]等于前 i − 1 i - 1 i−1日最大利润 d p [ i − 1 ] dp[i- 1] dp[i−1]和第 i i i日卖出的最大利润中的最大值。
d p [ i ] = m a x ( d p [ i − 1 ] , p r i c e s [ i ] − m i n ( p r i c e s [ 0 : i ] ) ) dp[i] = max(dp[i-1],prices[i]-min(prices[0:i])) dp[i]=max(dp[i−1],prices[i]−min(prices[0:i])) -
初始状态： d p [ 0 ] = 0 dp[0] = 0 dp[0]=0，即首日利润为0；
-
返回值： d p [ n − 1 ] dp[n - 1] dp[n−1]，其中 n n n为 d p dp dp列表长度。
时间复杂度降低：
前i日的最低价格
m
i
n
(
p
r
i
c
e
s
[
0
:
i
]
)
min(prices[0:i])
min(prices[0:i])时间复杂度为
O
(
i
)
O(i)
O(i)。而在遍历
p
r
i
c
e
s
prices
prices时，可以借助一个变量（记为成本
c
o
s
t
cost
cost）每日更新最低价格。优化后的转移方程为：
d
p
[
i
]
=
m
a
x
(
d
p
[
i
−
1
]
,
p
r
i
c
e
s
[
i
]
−
m
i
n
(
c
o
s
t
,
p
r
i
c
e
s
[
i
]
)
)
dp[i]=max(dp[i-1],prices[i]-min(cost,prices[i]))
dp[i]=max(dp[i−1],prices[i]−min(cost,prices[i]))
空间复杂度降低：
由于
d
p
[
i
]
dp[i]
dp[i]只与
d
p
[
i
−
1
]
,
p
r
i
c
e
s
[
i
]
,
c
o
s
t
dp[i-1], prices[i], cost
dp[i−1],prices[i],cost相关，因此可使用一个变量（记为利润
p
r
o
f
i
t
profit
profit）代替
d
p
dp
dp列表。优化后的转移方程为：
p
r
o
f
i
t
=
m
a
x
(
p
r
o
f
i
t
,
p
r
i
c
e
s
[
i
]
−
m
i
n
(
c
o
s
t
,
p
r
i
c
e
s
[
i
]
)
)
profit = max(profit, prices[i] - min(cost, prices[i]))
profit=max(profit,prices[i]−min(cost,prices[i]))
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int cost = INT_MAX, profit = 0;
for(int price : prices) {
cost = min(cost, price);
profit = max(profit, price - cost);
}
return profit;
}
};
搜索与回溯算法
剑指Offer 12 - 矩阵中的路径
典型的矩阵搜索问题，可使用深度优先搜索(DFS)+剪枝。
- **深度优先搜索：**可以理解为暴力法遍历矩阵中所有字符串可能性。DFS通过递归，先朝一个方向搜到底，再回溯至上个节点，沿另一个方向搜索，以此类推。
- 剪枝：在搜索中，遇到这条路不可能和目标字符串匹配成功的情况（例如：此矩阵元素和目标字符不同、此元素已被访问），则应立即返回，称之为可行性剪枝。
DFS解析：
-
**递归参数：**当前元素在矩阵
board中的行列索引i和j，当前目标字符在word中的索引k。 -
终止条件：
- 返回
false：（1）行或列索引越界；or（2）当前矩阵元素与目标字符不同；or（3）当前矩阵元素已访问过（（3）可合并至（2））。 - 返回
true：k = len(word) - 1，即字符串word已全部匹配。
- 返回
-
递推工作：
- 标记当前矩阵元素：将
board[i][j]修改为空字符，代表此元素已访问过，防止之后搜索时重复访问。 - 搜索下一单元格：朝当前元素的上、下、左、右四个方向开启下层递归，使用
或连接（代表只需找到一条可行路径就直接返回，不再做后续DFS），并记录结果至res。 - 还原当前矩阵元素：将
board[i][j]元素还原至初始值，即word[k]。
- 标记当前矩阵元素：将
-
**返回值：**返回布尔量
res，代表是否搜索到目标字符串。
使用空字符（Python: ‘’ , Java/C++: ‘\0’ ）做标记是为了防止标记字符与矩阵原有字符重复。当存在重复时，此算法会将矩阵原有字符认作标记字符，从而出现错误。
复杂度分析：
M,N 分别为矩阵行列大小， KK 为字符串
word长度。
- 时间复杂度
O
(
3
K
M
N
)
O(3^{K}MN)
O(3KMN)：最差情况下，需要遍历矩阵中长度为K字符串的所有方案，时间复杂度为
O
(
3
K
)
O(3^{K})
O(3K);矩阵中共有MN个起点，时间复杂度为
O
(
M
N
)
O(MN)
O(MN)。
- 方案数计算：设字符串长度为K，搜索中每个字符有上、下、左、右四个方向可以选择，舍弃回头（上个字符）的方向，剩下3种选择，因此方案数的复杂度为 O ( 3 K ) O(3^{K}) O(3K)。
- 空间复杂度 O ( K ) O(K) O(K)：搜索过程中的递归深度不超过K，因此系统因函数调用累计使用的栈空间占用 O ( K ) O(K) O(K)（因为函数返回后，系统调用的栈空间会释放）。最坏情况下K = MN，递归深度为MN，此时系统栈使用O(MN)的额外空间。
//C++:
class Solution {
public:
bool exist(vector<vector<char>>& board, string word) {
rows = board.size();
cols = board[0].size();
for(int i = 0; i < rows; i++) {
for(int j = 0; j < cols; j++) {
if(dfs(board, word, i, j, 0)) return true;
}
}
return false;
}
private:
int rows, cols;
bool dfs(vector<vector<char>>& board, string word, int i, int j, int k) {
if(i >= rows || i < 0 || j >= cols || j < 0 || board[i][j] != word[k]) return false;
if(k == word.size() - 1) return true;
board[i][j] = '\0';
bool res = dfs(board, word, i + 1, j, k + 1) || dfs(board, word, i - 1, j, k + 1) ||
dfs(board, word, i, j + 1, k + 1) || dfs(board, word, i , j - 1, k + 1);
board[i][j] = word[k];
return res;
}
};
#python:
class Solution:
def exist(self, board: List[List[str]], word: str) -> bool:
def dfs(i, j, k):
if not 0 <= i < len(board) or not 0 <= j < len(board[0]) or board[i][j] != word[k]: return False
if k == len(word) - 1: return True
board[i][j] = ''
res = dfs(i + 1, j, k + 1) or dfs(i - 1, j, k + 1) or dfs(i, j + 1, k + 1) or dfs(i, j - 1, k + 1)
board[i][j] = word[k]
return res
for i in range(len(board)):
for j in range(len(board[0])):
if dfs(i, j, 0): return True
return False
剑指Offer 13 - 机器人的运动范围
解题思路：
本题与矩阵中的路径类似，时典型的搜索&回溯问题。在介绍回溯算法前，为提升计算效率，需要先了解两项前置工作：数位之和计算、可达解分析。——自行百度
方法一：深度优先遍历DFS
- 深度优先搜索：可以理解为暴力法模拟机器人在矩阵中的所有路径。DFS通过递归，先朝一个方向搜到底，再回溯至上个节点，沿另一个方向搜索，以此类推。
- 剪枝：在搜索中，遇到数位和超出目标值、此元素已访问，则应立即返回，称之为可行性剪枝。
算法解析：
-
**递归参数：**当前元素在矩阵中的行列索引 i i i和 j j j，两者的数位和 s i si si， s j sj sj。
-
**终止条件：**当(1)行列索引越界
or(2)数位和超过目标值kor(3)当前元素已访问过时，返回0，代表不计入可达解。 -
递推工作：
- 标记当前单元格：将索引
(i, j)存入Setvisited中，代表此单元格已被访问过。 - 搜索下一单元格：计算当前元素的下、右两个方向元素的数位和，并开启下层递归。
- 标记当前单元格：将索引
-
**回溯返回值：**返回
1 + 右方搜索的可达解总数 + 下方搜索的可达解总数，代表从本单元格递归搜索的可达解总数。
复杂度分析：
设矩阵行列数分别为M, N。
- 时间复杂度O(MN)：最差情况下，机器人遍历矩阵所有单元格，此时时间复杂度为O(MN)。
- 空间复杂度O(MN)：最差情况下，Set
visited内存储矩阵所有单元格的索引，使用O(MN)的额外空间。
//C++
class Solution{
public:
int movingCount(int m, int n, int k){
vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, 0)); // MN矩阵初始化，每个元素默认为0
return dfs(0, 0, 0, 0, visited, m, n, k);
}
private:
int dfs(int i, int j, int si, int sj, vector<vector<bool>>& visited, int m, int n, int k){
if(i >= m || j >= n || k < si + sj || visited[i][j]) return 0;
visited[i][j] = true;
return 1 + dfs(i + 1, j, (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8, sj, visited, m, n, k) +
dfs(i, j + 1, si, (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8, visited, m, n, k);
}
};
class Solution:
def movingCount(self, m: int, n: int, k: int) -> int:
def dfs(i, j, si, sj):
if i >= m or j >= n or k < si + sj or (i, j) in visited: return 0
visited.add((i,j))
return 1 + dfs(i + 1, j, si + 1 if (i + 1) % 10 else si - 8, sj) + dfs(i, j + 1, si, sj + 1 if (j + 1) % 10 else sj - 8)
visited = set()
return dfs(0, 0, 0, 0)
方法二：广度优先遍历BFS
- BFS/DFS ： 两者目标都是遍历整个矩阵，不同点在于搜索顺序不同。DFS 是朝一个方向走到底，再回退，以此类推；BFS 则是按照“平推”的方式向前搜索。
- BFS 实现： 通常利用队列实现广度优先遍历。
算法解析：
-
初始化： 将机器人初始点 (0, 0)加入队列
queue； -
迭代终止条件：
queue为空。代表已遍历完所有可达解； -
迭代工作：
- 单元格出队： 将队首单元格的 索引、数位和 弹出，作为当前搜索单元格。
- 判断是否跳过： 若 ① 行列索引越界 或 ② 数位和超出目标值
k或 ③ 当前元素已访问过 时，执行continue。 - 标记当前单元格 ：将单元格索引
(i, j)存入 Setvisited中，代表此单元格 已被访问过 。 - 单元格入队： 将当前元素的 下方、右方 单元格的 索引、数位和 加入
queue。
-
返回值： Set
visited的长度len(visited)，即可达解的数量。
复杂度分析：与方法一一致。
// C++
class Solution{
public:
int movingCount(int m, int n, int k){
vector<vector<bool>> visited(m, vector<bool>(n, 0));
int res = 0; // 统计可达解数量
queue<vector<int>> que;
que.push({ 0, 0, 0, 0}); // 初始点(0, 0)的索引和数位和
while(que.size() > 0){
vector<int> x = que.front();
que.pop();
int i = x[0], j = x[1], si = x[2], sj = x[3];
if(i >= m || j >= n || k < si + sj || visited[i][j]) continue;
visited[i][j] = true;
res++;
que.push({ i + 1, j, (i + 1) % 10 != 0 ? si + 1 : si - 8, sj});
que.push({i, j + 1, si, (j + 1) % 10 != 0 ? sj + 1 : sj - 8});
}
return res;
}
};
#python
class Solution:
def movingCount(self, m: int, n: int, k: int) -> int:
queue, visited, = [(0, 0, 0, 0)], set()
while queue:
i, j, si, sj = queue.pop(0)
if i >= m or j >= n or k < si + sj or (i, j) in visited: continue
visited.add((i,j))
queue.append((i + 1, j, si + 1 if (i + 1) % 10 else si - 8, sj))
queue.append((i, j + 1, si, sj + 1 if (j + 1) % 10 else sj - 8))
return len(visited)
剑指Offer 26 - 树的子结构
解题思路：
若树 B 是树 A 的子结构，则子结构的根节点可能为树 A 的任意一个节点。因此，判断树 B 是否是树 A 的子结构，需完成以下两步工作：
- 先序遍历树
A中的每个节点 n A n_{A} nA；（对应函数isSubStructure(A, B)） - 判断树
A中 以 n A n_{A} nA 为根节点的子树是否包含树B。（对应函数recur(A, B)）
算法流程：
名词规定：树A的根节点记作节点A，数B的根节点记作节点B
recur(A, B)函数：
1.终止条件：
- 当节点
B为空：说明树B已匹配完成（越过叶子节点），因此返回 true； - 当节点
A为空：说明已经越过树A的叶节点，即匹配失败，返回 false； - 当节点
A和B的值不同：说明匹配失败，返回 false；
2.返回值：
- 判断
A和B的 左子节点 是否相等，即recur(A.left, B.left)； - 判断
A和B的 右子节点 是否相等，即recur(A.right, B.right)；
isSubStructure(A, B) 函数：
-
**特例处理：**当 树
A为空 或 树B为空 时，直接返回 false； -
返回值： 若树
B是树A的子结构，则必满足以下三种情况之一，因此用或||连接；- 以 节点
A为根节点的子树 包含树B，对应recur(A, B)； - 树
B是 树A左子树 的子结构，对应isSubStructure(A.left, B)； - 树
B是 树A右子树 的子结构，对应isSubStructure(A.right, B)；
以上
2.3.实质上是在对树A做 先序遍历 。 - 以 节点
复杂度分析：
- 时间复杂度 O(MN) ： 其中 M, N分别为树 A 和 树 B 的节点数量；先序遍历树 A 占用 O(M)，每次调用 recur(A, B) 判断占用 O(N)。
- 空间复杂度 O(M)： 当树 A 和树 B 都退化为链表时，递归调用深度最大。当 M≤N 时，遍历树 A 与递归判断的总递归深度为 M；当 M>N 时，最差情况为遍历至树 A 的叶节点，此时总递归深度为 M。
//C++:
class Solution{
public:
bool isSubStructure(TreeNode* A, TreeNode* B){
return (A != nullptr && B != nullptr) && (recur(A, B) || isSubStructure(A->left, B) || isSubStructure(A->right, B));
}
private:
bool recur(TreeNode* A, TreeNode* B){
if(B == nullptr) return true;
if(A == nullptr || A->val != B->val) return false;
return recur(A->left, B->left) && recur(A->right, B->right);
}
};
#python
class Solution:
def isSubStructure(self, A: TreeNode, B: TreeNode) -> bool:
def recur(A, B):
if not B: return True
if not A or A.val != B.val: return False
return recur(A.left, B.left) and recur(A.right, B.right)
return bool(A and B) and (recur(A, B) or self.isSubStructure(A.left, B) or self.isSubStructure(A.right, B))
剑指Offer 27 - 二叉树的镜像
二叉树镜像定义： 对于二叉树中任意节点 root，设其左 / 右子节点分别为 left, right ；则在二叉树的镜像中的对应 root 节点，其左 / 右子节点分别为 right, left 。
方法一：递归法
- 根据二叉树镜像的定义，考虑递归遍历（dfs）二叉树，交换每个节点的左 / 右子节点，即可生成二叉树的镜像。
-
**终止条件：**当节点 root为空时（即越过叶节点），则返回 null；
-
递推工作：
- 初始化节点tmp，用于暂存root的左子节点；
- 开启递归 右子节点 mirrorTree(root.right)，并将返回值作为 root的 左子节点 。
- 开启递归 左子节点 mirrorTree(tmp)，并将返回值作为 root的 右子节点 。
- 初始化节点tmp，用于暂存root的左子节点；
-
**返回值：**返回当前节点root。
复杂度分析：
- 时间复杂度O(N): 其中N为二叉树的节点数量，建立二叉树镜像需要遍历树的所有节点，占用O(N)时间。
- **空间复杂度O(N): **最差情况下（当二叉树退化为链表），递归时系统需使用O(N)大小的栈空间
// Cpp
/**
* 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* mirrorTree(TreeNode* root) {
if (root == nullptr) return nullptr;
TreeNode* tmp = root->left;
root->left = mirrorTree(root->right);
root->right = mirrorTree(tmp);
return root;
}
};
# python
class Solution:
def mirrorTree(self, root: TreeNode) -> TreeNode:
if not root: return
root.left, root.right = self.mirrorTree(root.right), self.mirrorTree(root.left)
return root
class Solution:
def mirrorTree(self, root: TreeNode) -> TreeNode:
if not root: return
tmp = root.left
root.left = self.mirrorTree(root.right)
root.right = self.mirrorTree(tmp)
return root
方法二：辅助栈（或队列）
- 利用栈（或队列）遍历树的所有节点node，并交换每个node的左/右子节点。
算法流程：
-
**特例处理：**当root为空时，直接返回null；
-
**初始化：**栈（或队列），并加入根节点root。
-
**循环交换：**当栈stack为空时跳出：；
- 出栈：记为node；
- 添加子节点：将node左和右子节点入栈；
- 交换：交换node的左/右子节点。
- 出栈：记为node；
-
**返回值：**返回根节点root。
复杂度分析：
- 时间复杂度O(N): 其中N为二叉树的节点数量，建立二叉树镜像需要遍历树的所有节点，占用O(N)时间。
- **空间复杂度O(N): **最差情况下（当为满二叉树时），栈stack最多同时存储N/2个节点，占用O(N)额外空间。
// cpp
class Solution {
public:
TreeNode* mirrorTree(TreeNode* root) {
if(root == nullptr) return nullptr;
stack<TreeNode*> stack;
stack.push(root);
while(!stack.empty())
{
TreeNode* node = stack.top();
stack.pop();
if (node->left != nullptr) stack.push(node->left);
if (node->right != nullptr) stack.push(node->right);
TreeNode* tmp = node->left;
node->left = node->right;
node->right = tmp;
}
return root;
}
};
# python
class Solution:
def mirrorTree(self, root: TreeNode) -> TreeNode:
if not root: return
stack = [root]
while stack:
node = stack.pop()
if node.left: stack.append(node.left)
if node.right: stack.append(node.right)
node.left, node.right = node.right, node.left
return root
剑指Offer 28 - 对称的二叉树
解题思路：
对称二叉树定义： 对于树中 任意两个对称节点 L 和 R，一定有：
L.val = R.val：即此两对称节点值相等；L.left.val = R.right.val：即 L的左子节点 和 R的右子节点对称；L.right.val = R.left.val：即 L的右子节点 和 R的左子节点对称。
根据定义，自上而下递归，判断每对左右节点是否对称，从而判断树是否为对称二叉树。
算法流程：
isSymmetric(root):
- 特例处理：若根节点
root为空，则直接返回true。 - 返回值： 即
recur(root.left, root.right);
recur(L, R) ：
- 终止条件：
- 当
L和R同时越过叶节点： 此树从顶至底的节点都对称，因此返回 true ； - 当
L或R中只有一个越过叶节点： 此树不对称，因此返回 false； - 当节点
L值 ≠ \not = = 节点R值： 此树不对称，因此返回 false；
- 当
- 递推工作：
- 判断两节点
L.left和R.right是否对称，即recur(L.left, R.right)； - 判断两节点
L.right和R.left是否对称，即recur(L.right, R.left)；
- 判断两节点
- 返回值： 两对节点都对称时，才是对称树，因此用与逻辑符
&&连接。
//cpp
/**
* 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:
bool isSymmetric(TreeNode* root) {
if (root == nullptr) return true;
return recur(root->left, root->right);
}
bool recur(TreeNode* lhs, TreeNode* rhs){
if( lhs == nullptr && rhs == nullptr) return true;
if( lhs == nullptr || rhs == nullptr || lhs->val != rhs->val) return false;
return recur(lhs->left, rhs->right) && recur(lhs->right, rhs->left);
}
};
class Solution:
def isSymmetric(self, root: TreeNode) -> bool:
def recur(L, R):
if not L and not R: return True
if not L or not R or L.val != R.val: return false
return recur(L.left, R.right) and recur(L.right, R.left)
return not root or recur(root.left, root.right)
剑指Offer 32 - 从上到下打印二叉树Ⅰ
题目描述：从上到下打印出二叉树的每个节点，同一层的节点按照从左到右的顺序打印。
解题思路：
层序遍历，也称为二叉树的广度优先搜索（BFS)。BFS通常借助队列的的先入先出特性来实现。划重点
算法流程：
- 特例处理： 当树的根节点为空，则直接返回空列表
[]； - 初始化： 打印结果列表
res = []，包含根节点的队列queue = [root]； - BFS 循环： 当队列
queue为空时跳出；- 出队： 队首元素出队，记为
node； - 打印： 将
node.val添加至列表tmp尾部； - 添加子节点： 若
node的左（右）子节点不为空，则将左（右）子节点加入队列queue；
- 出队： 队首元素出队，记为
- 返回值： 返回打印结果列表
res即可。
class Solution{
public:
vector<int> levelOrder(TreeNode* root){
vector<int> res;
if(!root) return res;
TreeNode* que;
queue<TreeNode*> que;
que.push(root);
while(!que.empty()){
TreeNode* node = que.front();
que.pop();
res.push_back(node->val);
if(node->left) que.push(node->left);
if(node->right) que.push(node->right);
}
return res;
}
};
剑指Offer 32 - 从上到下打印二叉树Ⅱ
题目描述：从上到下按层打印二叉树，同一层的节点按从左到右的顺序打印，每一层打印到一行。
与上一题不同的是本题要求将每层的全部节点打印到一行。
解题思路：
-
按层打印： 题目要求的二叉树的 从上至下 打印（即按层打印），又称为二叉树的 广度优先搜索（BFS）。BFS 通常借助 队列 的先入先出特性来实现。
-
每层打印到一行： 将本层全部节点打印到一行，并将下一层全部节点加入队列，以此类推，即可分为多行打印。
算法流程：
- 特例处理： 当根节点为空，则返回空列表
[]； - 初始化： 打印结果列表
res = []，包含根节点的队列queue = [root]； - BFS 循环： 当队列
queue为空时跳出；- 新建一个临时列表
tmp，用于存储当前层打印结果； - 当前层打印循环： 循环次数为当前层节点数（即队列
queue长度）；- 出队： 队首元素出队，记为
node； - 打印： 将
node.val添加至tmp尾部； - 添加子节点： 若
node的左（右）子节点不为空，则将左（右）子节点加入队列queue；
- 出队： 队首元素出队，记为
- 将当前层结果
tmp添加入res。
- 新建一个临时列表
- 返回值：返回打印结果列表
res即可。
// cpp
class Solution{
public:
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root){
queue<TreeNode*> que;
vector<vector<int>> res;
int cnt = 0;
if(root != NULL) que.push(root);
while(!que.empty()){
vector<int> tmp;
for(int i = que.size(); i > 0; --i){
root = que.front();
que.pop();
tmp.push_back(root->val);
if(root->left != NULL) que.push(root->left);
if(root->right != NULL) que.push(root->right);
}
res.push_back(tmp);
}
return res;
}
};
# python
class Solution:
def levelOrder(self, root:TreeNode)-> List[List[int]]:
if not root: return []
res, queue = [], collections.deque()
queue.append(root)
while queue:
tmp = []
for _ in range(len(queue)):
node = queue.popleft()
tmp.append(node.val)
if node.left: queue.append(node.left)
if node.right: queue.append(node.right)
res.append(tmp)
return res
剑指Offer 32 - 从上到下打印二叉树Ⅲ
与前两题相比，本题要求打印顺序交替变化：
方法一：层序遍历+双端队列
- 利用双端队列的两端皆可添加元素的特性，设打印列表（双端队列）
tmp，并规定：- 奇数层 则添加至
tmp尾部 - 偶数层 则添加至
tmp头部
- 奇数层 则添加至
算法流程：
- 特例处理：当树的根节点为空，则直接返回空列表
[]； - 初始化： 打印结果空列表
res，包含根节点的双端队列deque； - BFS 循环： 当
deque为空时跳出；- 新建列表
tmp，用于临时存储当前层打印结果； - 当前层打印循环： 循环次数为当前层节点数（即
deque长度）；- 出队： 队首元素出队，记为
node； - 打印： 若为奇数层，将
node.val添加至tmp尾部；否则，添加至tmp头部； - 添加子节点： 若
node的左（右）子节点不为空，则加入deque；
- 出队： 队首元素出队，记为
- 将当前层结果
tmp转化为 list 并添加入res；
- 新建列表
- 返回值： 返回打印结果列表
res即可；
class Solution:
def levelOrder(self, root: TreeNode) ->List[List[int]]:
if not root: return []
res, deque = [], collections.deque([root])
while deque:
tmp = collections.deque()
for _ in range(len(deque)):
node = deque.popleft()
if len(res) % 2 == 0: tmp.append(node.val)
else: tmp.appendleft(node.val)
if node.left: deque.append(node.left)
if node.right: deque.append(node.right)
res.append(list(tmp))
return res
方法二：层序遍历 + 双端队列（奇偶层逻辑分离）
- 方法一代码简短、容易实现；但需要判断每个节点的所在层奇偶性，即冗余了N次判断
- 通过将奇偶层逻辑拆分，可以消除冗余的判断
算法流程：
与方法一对比，仅BFS循环不同。
- **BFS循环：**循环打印奇 / 偶数层，当
deque为空时跳出；- 打印奇数层： 从左向右 打印，先左后右 加入下层节点；
- 若
deque为空，说明向下无偶数层，则跳出； - 打印偶数层： 从右向左 打印，先右后左 加入下层节点；
class Solution{
public:
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
deque<TreeNode*> deque;
vector<vector<int>> res;
if(root != NULL) deque.push_back(root):
while(!deque.empty()) {
// 打印奇数层
vector<int> tmp;
for(int i = deque.size(); i > 0; i--){
// 从左往右打印
TreeNode* node = deque.front();
deque.pop_front();
tmp.push_back(node->val);
// 先左后右加入下层节点
if(node->left != NULL) deque.push_back(node->left);
if(node->right != NULL) deque.push_back(node->right);
}
res.push_back(tmp);
if(deque.empty()) break; // 若为空则提前跳出
// 打印偶数层
tmp.clear();
for(int i = deque.size(); i > 0; i--){
// 从右往左打印
TreeNode* node = deque.back();
deque.pop_back();
tmp.push_back(node->val);
// 从右往左加入下层节点
if(node->right != NULL) deque.push_front(node->right);
if(node->left != NULL) deque.push_front(node->left);
}
res.push_back(tmp);
}
return res;
}
};
方法三：层序遍历 + 倒序
- 此方法的优点是只用列表即可，无需其他数据结构。
- 偶数层倒序： 若
res的长度为 奇数 ，说明当前是偶数层，则对tmp执行 倒序 操作。
class Solution{
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root){
queue<TreeNode*> que;
vector<vector<int>> res;
if(root != NULL) que.push(root);
while(!que.empty()){
vector<int> tmp;
for(int i = que.size(); i > 0; i--){
TreeNode* node = que.front();
que.pop();
tmp.push_back(node->val);
if(node->left != NULL) que.push(node->left);
if(node->right != NULL) que.push(node->right);
}
if(res.sizee() % 2 == 1) reverse(tmp.begin(), tmp.end());
res.push_back(tmp);
}
return res;
}
};
剑指Offer 34 - 二叉树中和为某一值的路径
典型的二叉树方案搜索问题，使用回溯法解决，其包含先序遍历 + 路径记录两部分。
-
先序遍历：按照“根、左、右”的顺序，遍历树的所有节点。
-
路径记录“在线序遍历中，记录从根节点到当前节点的路径。当路径满足①根节点到叶节点形成的路径且②各节点值得和等于目标值
sum时，将此路径加入结果列表。
算法流程：
pathSum(root, sum) 函数：
- 初始化： 结果列表
res，路径列表path。 - 返回值： 返回
res即可。
recur(root, tar) 函数：
- 递推参数： 当前节点
root，当前目标值tar。 - 终止条件： 若节点
root为空，则直接返回。 - 递推工作：
- 路径更新： 将当前节点值
root.val加入路径path。 - 目标值更新：
tar = tar - root.val（即目标值tar从sum减至 00 ）。 - 路径记录： 当 ①
root为叶节点 且 ② 路径和等于目标值 ，则将此路径path加入res。 - 先序遍历： 递归左 / 右子节点。
- 路径恢复： 向上回溯前，需要将当前节点从路径
path中删除，即执行path.pop()。
- 路径更新： 将当前节点值
复杂度分析：
- 时间复杂度 O(N) ： N为二叉树的节点数，先序遍历需要遍历所有节点。
- **空间复杂度 O(N)：**最差情况下，即树退化为链表时，
path存储所有树节点，使用 O(N)额外空间。
class Solution {
public:
vector<vector<int>> pathSum(TreeNode* root, int sum) {
recur(root, sum);
return res;
}
private:
vector<vector<int>> res;
vector<int> path;
void recur(TreeNode* root, int tar) {
if(root == nullptr) return;
path.push_back(root->val);
tar -= root->val;
if(tar == 0 && root->left == nullptr && root->right == nullptr)
res.push_back(path);
recur(root->left, tar);
recur(root->right, tar);
path.pop_back();
}
};
def Solution:
def pathSum(self, root: TreeNode, sum: int) -> List[List[int]]
res, path = [], []
def recur(root, tar):
if not root: return
path.append(root.val)
tar -= root.val
if tar == 0 and not root.left and not root.right:
res.appen(list(path))
recur(root.left, tar)
recur(root.right, tar)
path.pop()
recur(root, sum)
return res
剑指Offer 36 - 二叉搜索树与双向链表
解题思路：
本文解法基于性质：二叉搜索树的中序遍历为递增序列。
将二叉搜索树转换成一个“排序的循环双向链表”，其中包含三个要素：
-
**排序链表：**节点应从小到大排序，因此应使用 中序遍历 “从小到大”访问树的节点。
-
双向链表： 在构建相邻节点的引用关系时，设前驱节点 pre 和当前节点 cur ，不仅应构建 pre.right = cur ，也应构建 cur.left = pre 。
-
循环链表： 设链表头节点
head和尾节点tail，则应构建head.left = tail和tail.right = head。
中序遍历 为对二叉树作 “左、根、右” 顺序遍历，递归实现如下：
// 打印中序遍历 void dfs(Node* root) { if(root == nullptr) return; dfs(root->left); // 左 cout << root->val << endl; // 根 dfs(root->right); // 右 }根据以上分析，考虑使用中序遍历访问树的各节点 cur ；并在访问每个节点时构建 cur 和前驱节点 pre 的引用指向；中序遍历完成后，最后构建头节点和尾节点的引用指向即可。
算法流程：
dfs(cur):递归法中序遍历；- 终止条件：当节点
cur为空，代表越过叶节点，直接返回； - 递归左子树，即
dfs(cur.left)； - 构建链表：
- 当
pre为空时： 代表正在访问链表头节点，记为head； - 当
pre不为空时： 修改双向节点引用，即pre.right = cur，cur.left = pre； - 保存
cur： 更新pre = cur，即节点cur是后继节点的pre；
- 当
- 递归右子树，即
dfs(cur.left)；
treeToDoublyList(root)：- 特例处理： 若节点
root为空，则直接返回； - 初始化： 空节点
pre； - 转化为双向链表： 调用
dfs(root)； - 构建循环链表： 中序遍历完成后，
head指向头节点，pre指向尾节点，因此修改head和pre的双向节点引用即可； - 返回值： 返回链表的头节点
head即可。
复杂度分析：
- 时间复杂度 O(N)： N 为二叉树的节点数，中序遍历需要访问所有节点。
- 空间复杂度 O(N)： 最差情况下，即树退化为链表时，递归深度达到 N，系统使用 O(N) 栈空间。
- 终止条件：当节点
class Solution{
public:
Node* treeToDoublyList(Node* root){
if(root == nullptr) return nullptr;
dfs(root);
head->left = pre; // 1.left = 5
pre->right = head; // 5.right = 1
return head; // return 1
}
private:
Node *pre, *head;
void dfs(Node* cur){
if(cur == nullptr) return;
dfs(cur->left); // 4->2->1->null->null->null
if(pre != nullptr) pre->right = cur; // 1.right = 2 -> 2.right = 3 -> 3->right = 4 -> 4.right = 5
else head = cur; // head = 1
cur->left = pre; // 1.left = nullptr -> 2.left = 1 -> 3.left = 2 -> 4.left = 3 -> 5.left = 4
pre = cur; // pre = 1 -> pre = 2 -> pre = 3 -> pre = 4 -> pre = 5
dfs(cur->right); // null->3->null->5->null
}
};
class Solution:
def treeToDoubleList(self, root: 'Node') -> 'Node':
def dfs(cur):
if not cur: return
dfs(cur.left)
if self.pre:
self.pre.right, cur.left = cur, self.pre
else:
self.head = cur
self.pre = cur
dfs(cur.right)
if not root: return
self.pre = None
dfs(root)
self.head.left, self.pre.right = self.pre, self.head
return self.head
剑指Offer 38 - 字符串的排列
解题思路：
对于一个长度为 nn 的字符串（假设字符互不重复），其排列方案数共有：
n
×
(
n
−
1
)
×
(
n
−
2
)
.
.
.
×
2
×
1
n \times (n-1)\times(n-2)...\times2\times1
n×(n−1)×(n−2)...×2×1
排列方案的生成：
根据字符串排列的特点，考虑深度优先搜索所有排列方案。即通过字符交换，先固定第 1位字符（ n种情况）、再固定第 2位字符（ n-1 种情况）、… 、最后固定第 n 位字符（ 1种情况）。
重复排列方案与剪枝：
当字符串存在重复字符时，排列方案中也存在重复的排列方案。为排除重复方案，需在固定某位字符时，保证 “每种字符只在此位固定一次” ，即遇到重复字符时不交换，直接跳过。从 DFS 角度看，此操作称为 “剪枝” 。
递归解析：
- 终止条件： 当
x = len(c) - 1时，代表所有位已固定（最后一位只有 11 种情况），则将当前组合c转化为字符串并加入res，并返回； - 递推参数： 当前固定位
x； - 递推工作： 初始化一个 Set ，用于排除重复的字符；将第
x位字符与i\in∈[x, len(c)]字符分别交换，并进入下层递归；- 剪枝： 若
c[i]在 Set 中，代表其是重复字符，因此“剪枝”； - 将
c[i]加入 Set ，以便之后遇到重复字符时剪枝； - 固定字符： 将字符
c[i]和c[x]交换，即固定c[i]为当前位字符； - 开启下层递归： 调用
dfs(x + 1)，即开始固定第x + 1个字符； - 还原交换： 将字符
c[i]和c[x]交换（还原之前的交换）；
- 剪枝： 若
class Solution{
public:
vector<string> permutation(string s){ // 'abc'
dfs(s, 0);
return res;
}
private:
vector<string> res;
void dfs(string s, int x){ // (s,0)(s,1)(s,2)
if(x == s.size() - 1){ // s.size=3, 0,1,2
res.push_back(s); // abc/acb // 添加排列方案
return;
}
set<int> st; //[a]
for(int i = x; i < s.size(); i++){ //i,x=0,0;i,x=1,1;i,x=2,1;i,x=3,1;i,x=1,0;i,x=2,0
if(st.find(s[i]) != st.end()) continue; //st.find('b')('c') // 重复，因此剪枝
st.insert(s[i]); // a->b->c
swap(s[i], s[x]); // a<->a,b<->b,c<->b // 交换，将s[i]固定在第x位
dfs(s, x + 1); //dfs(s,1)(s,2)(s,2) // 开启固定第x + 1位字符
swap(s[i], s[x]); // b<->b,b<->c,a<->a
}
}
};
class Solution:
c, res = list(s), []
def dfs(x):
if x == len(c) - 1:
res.append(''.join(c))
return
dic = set()
for i in range(x, len(c)):
if c[i] in dic: continue
dic.add(c[i])
c[i], c[x] = c[x], c[i]
dfs(x + 1)
c[i], c[x] = c[x], c[i]
dfs(0)
return res
剑指Offer 54 - 二叉搜索树的第k大节点
解题思路：
本文解法基于性质：二叉搜索树的中序遍历为递增序列。根据此性质，易得二叉搜索树的 中序遍历倒序 为 递减序列 。
因此，求 “二叉搜索树第 kk 大的节点” 可转化为求 “此树的中序遍历倒序的第 kk 个节点”。
中序遍历 为 “左、根、右” 顺序，递归法代码如下：
// cpp
void dfs(TreeNode* root) {
if(root == nullptr) return;
dfs(root->left);
cout << root->val;
dfs(root->right);
}
# python打印中序遍历
def dfs(root):
if not root: return
dfs(root.left) # 左
print(root.val) # 根
dfs(root.right) # 右
中序遍历的倒序 为 “右、根、左” 顺序，递归法代码如下：
// cpp
void dfs(TreeNode* root) {
if(root == nullptr) return;
dfs(root->right);
cout << root->val;
dfs(root->left);
}
# 打印中序遍历倒序
def dfs(root):
if not root: return
dfs(root.right) # 右
print(root.val) # 根
dfs(root.left) # 左
为求第 k 个节点，需要实现以下三项工作：
- 递归遍历时计数，统计当前节点的序号；
- 递归到第 k 个节点时，应记录结果 res；
- 记录结果后，后续的遍历即失去意义，应提前终止（即返回）；
递归解析：
- 终止条件： 当节点 root 为空（越过叶节点），则直接返回；
- 递归右子树： 即 dfs(root.right)；
- 递推工作：
- 提前返回： 若 k = 0，代表已找到目标节点，无需继续遍历，因此直接返回；
- 统计序号： 执行 k = k - 1（即从 k减至 0）；
- 记录结果： 若 k = 0，代表当前节点为第 k大的节点，因此记录 res = root.val；
- 递归左子树： 即 dfs(root.left)；
// cpp
class Solution {
public:
int kthLargest(TreeNode* root, int k) {
//if (root == nullptr) return 0;
dfs(root);
sort(res.begin(), res.end(), [](const int& a, const int& b){ return a > b;});
return res[k-1];
}
private:
vector<int> res;
void dfs(TreeNode* root){
if (root == nullptr) return;
res.push_back(root->val);
dfs(root->left);
dfs(root->right);
}
};
class Solution{
public:
int kthLargest(TreeNode* root, int k){
this->k = k;
dfs(root);
return res;
}
private:
int res, k;
void dfs(TreeNode* root){
if(root == nullptr) return;
dfs(root->right);
if(k == 0) return;
if(--k == 0) res = root->val;
dfs(root->left);
}
};
class Solution:
def kthLargest(self, root: TreeNode, k: int) -> int:
def dfs(root):
if not root: return
dfs(root.right)
if self.k == 0: return
self.k -= 1
if self.k == 0: self.res = root.val
dfs(root.left)
self.k = k
dfs(root)
return self.res
剑指Offer 55 - Ⅰ.二叉树的深度
树的遍历方式总体分为两类：深度优先搜索（DFS）、广度优先搜索（BFS）
- **常见DFS：**先序遍历、中序遍历、后续遍历；
- 常见BFS: 层序遍历（即按层遍历）
求树的深度需要遍历树的所有节点。
方法一：后序遍历（DFS）
- 树的后序遍历/深度优先搜索往往利用递归或栈实现。
- **关键点：**此树的深度和其左（右）子树的深度之间的关系。显然，此树的深度 等于 左子树的深度 与 右子树的深度 中的 最大值 +1。
算法解析：
- 终止条件： 当
root为空，说明已越过叶节点，因此返回 深度 0。 - 递推工作： 本质上是对树做后序遍历。
- 计算节点
root的 左子树的深度 ，即调用maxDepth(root.left)； - 计算节点
root的 右子树的深度 ，即调用maxDepth(root.right)；
- 计算节点
- 返回值： 返回 此树的深度 ，即
max(maxDepth(root.left), maxDepth(root.right)) + 1。
- 时间复杂度O(N): N为树的节点数量，计算树的深度需要遍历所有节点。
- 空间复杂度 O(N) ： 最差情况下（当树退化为链表时），递归深度可达到 N。
// cpp
class Solution{
public:
int maxDepth(TreeNode* root){
if(root == nullptr) return 0;
return max(maxDepth(root->left), maxDepth(root->right)) + 1;
}
};
# py
class Solution:
def maxDepth(self, root: TreeNode) -> int:
if not root: return 0
return max(self.maxDepth(root.left), self.maxDepth(root.right)) + 1
方法二：层序遍历（BFS）
- 树的层序遍历/广度优先搜索往往使用队列实现
- 关键点： 每遍历一层，则计数器 +1 ，直到遍历完成，则可得到树的深度。
算法解析：
- 特例处理： 当
root为空，直接返回 深度 0。 - 初始化： 队列
queue（加入根节点root），计数器res = 0。 - 循环遍历： 当
queue为空时跳出。- 初始化一个空列表
tmp，用于临时存储下一层节点； - 遍历队列： 遍历
queue中的各节点node，并将其左子节点和右子节点加入tmp； - 更新队列： 执行
queue = tmp，将下一层节点赋值给queue； - 统计层数： 执行
res += 1，代表层数加 11；
- 初始化一个空列表
- 返回值： 返回
res即可。
复杂度分析：
-
时间复杂度 O(N) ： N为树的节点数量，计算树的深度需要遍历所有节点。
-
空间复杂度 O(N)： 最差情况下（当树平衡时），队列
queue同时存储 N/2个节点。
// cpp
class Solution{
public:
int maxDepth(TreeNode* root){
if(root == nullptr) return 0;
vector<TreeNode*> que;
que.push_back(root);
int res = 0;
while( !que.empty()){
vector<TreeNode*> tmp;
for(auto node : que){
if(node->left != nullptr) tmp.push_back(node->left);
if(node->right != nullptr) tmp.push_back(node->right);
}
que = tmp;
res ++;
}
return res;
}
};
# py
class Solution:
def maxDepth(self, root: TreeNode) -> int:
if not root: return 0
queue, res = [root], 0
while queue:
tmp = []
for node in queue:
if node.left: tmp.append(node.left)
if node.right: tmp.append(node.right)
queue = tmp
res += 1
return res
剑指Offer 55 - Ⅱ.平衡二叉树
方法一：后序遍历 + 剪枝 （从底至顶）
思路是对二叉树做后序遍历，从底至顶返回子树深度，若判定某子树不是平衡树则 “剪枝” ，直接向上返回。
算法流程：
recur(root) 函数：
-
返回值：
- 当节点root 左/右子树的深度差≤1：则返回当前子树的深度，即节点 root 的左/右子树的深度最大值+1（ max(left, right) + 1 ）；
- 当节点
root左 / 右子树的深度差>1 ：则返回−1 ，代表 此子树不是平衡树 。
-
终止条件：
- 当
root为空：说明越过叶节点，因此返回高度 0； - 当左（右）子树深度为 -1 ：代表此树的 左（右）子树 不是平衡树，因此剪枝，直接返回 -1；
- 当
isBalanced(root) 函数：
- 返回值： 若
recur(root) != -1，则说明此树平衡，返回 true； 否则返回 false。
复杂度分析：
- 时间复杂度 O(N)： N 为树的节点数；最差情况下，需要递归遍历树的所有节点。
- 空间复杂度 O(N)： 最差情况下（树退化为链表时），系统递归需要使用 O(N)的栈空间。
class Solution{
public:
bool isBalanced(TreeNode* root){
return recur(root) != -1;
}
private:
int recur(TreeNode* root){
if(root == nullptr) return 0;
int left = recur(root->left);
if(left == -1) return -1;
int right = recur(root->right);
if(right == -1) return -1;
return abs(left - right) < 2 ? max(left, right) + 1 : -1;
}
};
class Solution:
def isBalanced(self, root: TreeNode) -> bool:
def recur(root):
if not root: return 0
left = recur(root.left)
if left == -1:
return -1
right = recur(root.right)
if right == -1:
return -1
return max(left, right) + 1 if abs(left - right) <= 1 else -1
return recur(root) != -1
方法二：先序遍历+判断深度（从顶至底）
构造一个获取当前子树的深度的函数 depth(root) ，通过比较某子树的左右子树的深度差 abs(depth(root.left) - depth(root.right)) <= 1是否成立，来判断某子树是否是二叉平衡树。若所有子树都平衡，则此树平衡。
算法流程：
isBalanced(root) 函数： 判断树 root 是否平衡
- 特例处理： 若树根节点
root为空，则直接返回 true ； - 返回值： 所有子树都需要满足平衡树性质，因此以下三者使用与逻辑 && 连接；
abs(self.depth(root.left) - self.depth(root.right)) <= 1：判断 当前子树 是否是平衡树；self.isBalanced(root.left)： 先序遍历递归，判断 当前子树的左子树 是否是平衡树；self.isBalanced(root.right)： 先序遍历递归，判断 当前子树的右子树 是否是平衡树；
depth(root) 函数： 计算树 root 的深度
- 终止条件： 当
root为空，即越过叶子节点，则返回高度 0； - 返回值： 返回左 / 右子树的深度的最大值 +1。
// cpp
class Solution{
public:
bool isBalanced(TreeNode* root){
if(root == nullptr) return true;
return abs(depth(root->left) - depth(root->right)) <= 1 && isBalanced(root->left) && isBalanced(root->right);
}
private:
int depth(TreeNode* root){
if(root == nullptr) return 0;
return max(depth(root->left), depth(root->right)) + 1;
}
};
class Solution:
def isBalanced(self, root: TreeNode) -> bool:
if not root: return True
return abs(self.depth(root.left) - self.depth(root.right)) <= 1 and \
self.isBalanced(root.left) and self.isBalanced(root.right)
def depth(self, root):
if not root: return 0
return max(self.depth(root.left), self.depth(root.right)) + 1
复杂度分析：
-
时间复杂度 O(NlogN)： 最差情况下（为 “满二叉树” 时）， isBalanced(root) 遍历树所有节点，判断每个节点的深度 depth(root) 需要遍历各子树的所有节点 。
-
满二叉树高度的复杂度 O(log N) ，将满二叉树按层分为 log (N+1)层；
-
通过调用
depth(root)，判断二叉树各层的节点的对应子树的深度，需遍历节点数量为$ N \times 1, (N-1)/2 \times 2, (N-3)/4 \times 4, …, 1\times (N+1)/2$。因此各层执行depth(root)的时间复杂度为 O(N)。 -
因此，总体时间复杂度 = 每层执行复杂度 × 层数复杂度 = O*(N×log*N) 。
-
-
**空间复杂度 O(N)：**最差情况下（树退化为链表时），系统递归需要使用O(N)的栈空间。
剑指Offer 64 - 求1 + 2 + … + n
计算方法主要有三种：平均计算、迭代、递归
方法一：平均计算
问题： 此计算必须使用 乘除法 ，因此本方法不可取，直接排除。
int sumNums(int n){
return (1 + n) * n / 2;
}
方法二：迭代
问题： 循环必须使用 while 或 for，因此本方法不可取，直接排除。
int sumNums(int n) {
int res = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
res += i;
return res;
}
方法三： 递归
问题： 终止条件需要使用 ifif ，因此本方法不可取。
思考： 除了 if和 switch等判断语句外，是否有其他方法可用来终止递归？
int sumNums(int n){
if(n == 1) return 1;
n += sumNums(n - 1);
return n;
}
解题思路：
利用逻辑运算符的短路效应：
if(A && B) // 若 A 为 false ，则 B 的判断不会执行（即短路），直接判定 A && B 为 false
if(A || B) // 若 A 为 true ，则 B 的判断不会执行（即短路），直接判定 A || B 为 true
class Solution {
public:
int sumNums(int n) {
n > 1 && (n += sumNums(n - 1));
return n;
}
};
剑指Offer 68 - 二叉搜索树的最近公共祖先Ⅰ
解题思路：
**祖先的定义：**若节点p在节点root的左(右)子树中，或p = root，则称root是p的祖先。
**最近公共祖先的定义：**设节点 root为节点 p,q的某公共祖先，若其左子节点 root.left 和右子节点 root.right都不是 p,q的公共祖先，则称root是 “最近的公共祖先” 。
根据以上定义，若 root是 p,q的 最近公共祖先 ，则只可能为以下三种情况之一：
- p 和 q在 root的子树中，且分列 root的 异侧（即分别在左、右子树中）；
- p=root 且 q 在 root的左或右子树中；
- q=root 且 p 在 root 的左或右子树中；
本题给定了两个重要条件：① 树为二叉搜索树 ，② 树的所有节点的值都是唯一的。根据以上条件，可方便地判断p,q与 root的子树关系，即：
- 若 root.val < p.val，则 p 在 root右子树 中；
- 若 root.val > p.val，则 p 在 root左子树 中；
- 若 root.val = p.val，则 p 和 root指向 同一节点 ；
方法一：迭代
- **循环搜索：**当节点root为空时跳出
- 当p, q都在root的右子树中，则遍历至root.right;
- 否则，当p, q都在root的左子树中，则遍历至root.left;
- 否则，说明找到了最近公共祖先，跳出；
- **返回值：**最近公共祖先root；
复杂度分析：
- 时间复杂度 O(N)： 其中 N 为二叉树节点数；每循环一轮排除一层，二叉搜索树的层数最小为logN（满二叉树），最大为N（退化为链表）。
- 空间复杂度 O(1)： 使用常数大小的额外空间。
- 代码优化：若可保证 p.val < q.val，则在循环中可减少判断条件，提升计算效率。
// cpp
class Solution{
public:
TreeNode* lowestCommonAncester(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode*q){
while( root != nullptr){
if(p->val > root->val && q->val > root->val)
root = root->right;
else if(p->val < root->val && q->val < root->val)
root = root->left;
else break;
}
return root;
}
};
class Solution {
public:
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
if(p->val > q->val)
swap(p, q);
while(root != nullptr) {
if(root->val < p->val) // p,q 都在 root 的右子树中
root = root->right; // 遍历至右子节点
else if(root->val > q->val) // p,q 都在 root 的左子树中
root = root->left; // 遍历至左子节点
else break;
}
return root;
}
};
# py
class Solution:
def lowestCommonAncester(self, root: 'TreeNode', p: 'TreeNode', q: 'TreeNode') -> 'TreeNode':
while root:
if root.val < p.val and root.val < q.val:
root = root.right
elif root.val > p.val and root.val > q.val: # p,q 都在 root 的左子树中
root = root.left # 遍历至左子节点
else: break
return root
class Solution:
def lowestCommonAncestor(self, root: 'TreeNode', p: 'TreeNode', q: 'TreeNode') -> 'TreeNode':
if p.val > q.val: p, q = q, p # 保证 p.val < q.val
while root:
if root.val < p.val: # p,q 都在 root 的右子树中
root = root.right # 遍历至右子节点
elif root.val > q.val: # p,q 都在 root 的左子树中
root = root.left # 遍历至左子节点
else: break
return root
方法二：递归
- 递推工作：
- 当p, q都在root的右子树中，则开启递归root.right并返回；
- 否则，当p, q都在root的左子树中，则开启递归root.left并返回；
- **返回值：**最近公共祖先root；
复杂度分析：
- **时间复杂度 O(N) ：**其中 N为二叉树节点数；每循环一轮排除一层，二叉搜索树的层数最小为logN（满二叉树），最大为N（退化为链表）。
- 空间复杂度 O(N) ： 最差情况下，即树退化为链表时，递归深度达到树的层数 N 。
class Solution {
public:
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
if(root->val < p->val && root->val < q->val)
return lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
if(root->val > p->val && root->val > q->val)
return lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
return root;
}
};
剑指Offer 68 - 二叉树的最近公共祖先Ⅱ
考虑通过递归对二叉树进行后序遍历，当遇到节点 p或 q时返回。从底至顶回溯，当节点 p, q 在节点 root 的异侧时，节点 root即为最近公共祖先，则向上返回 root。
递归解析：
- 终止条件：
- 当越过叶节点，则直接返回null；
- 当root等于p, q，则直接返回root;
- 递推工作：
- 开启递归左子节点，返回值记为left；
- 开启递归右子节点，返回值记为right;
- **返回值：**根据left和right，课展开为四种情况：
- 当left和right同时为空：说明root的左/右子树中都不包含p, q，返回null；
- 当left和right同时不为空：说明p, q分列在root的异侧（分别在左/右子树），因此root为最近公共祖先，返回root；
- 当left为空，right不为空：p, q都不在root的左子树中，直接返回right。具体可分为两种情况：
- p, q其中一个在root的右子树中，此时right指向p（假设为p）；
- p, q两节点都在root的右子树中，此时的right指向最近公共祖先节点；
- 当left不为空，right为空：与情况3同理。
// cpp
class Solution{
public:
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q){
if(root == nullptr || root == p || root == q) return root;
TreeNode* left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
TreeNode* right = lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
if(left == nullptr) return right;
if(right == nullptr) return left;
return root;
}
};
// 情况1，2，3，4的展开写法如下
class Solution{
public:
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q){
if(root == nullptr || root == p || root == q) return root;
TreeNode* left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
TreeNode* right = lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
if(left == nullptr && right == nullptr) return nullptr; // 1
if(left == nullptr) return right; // 3
if(right == nullptr) return left; // 4
return root; // 2 if(left != null and right != null)
}
};
# py
class Solution:
def lowestCommonAncestor(self, root: TreeNode, p: TreeNode, q: TreeNode) -> TreeNode:
if not root or root == p or root == q:
return root
left = self.lowestCommonAncestor(root.left, p, q)
right = self.lowestCommonAncestor(root.right, p, q)
if not left: return right
if not right: return left
return root
rn lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
return root;
}
};
### 剑指Offer 68 - 二叉树的最近公共祖先Ⅱ
考虑通过递归对二叉树进行后序遍历，当遇到节点 p或 q时返回。从底至顶回溯，当节点 p, q 在节点 root 的异侧时，节点 root即为最近公共祖先，则向上返回 root。
递归解析：
1. **终止条件：**
1. 当越过叶节点，则直接返回null；
2. 当root等于p, q，则直接返回root;
2. **递推工作：**
1. 开启递归左子节点，返回值记为left；
2. 开启递归右子节点，返回值记为right;
3. **返回值：**根据left和right，课展开为四种情况：
1. 当left和right**同时为空**：说明root的左/右子树中都不包含p, q，返回null；
2. 当left和right**同时不为空**：说明p, q分列在root的**异侧**（分别在左/右子树），因此root为最近公共祖先，返回root；
3. 当left**为空**，right**不为空**：p, q都不在root的左子树中，直接返回right。具体可分为两种情况：
1. p, q其中一个在root的**右子树**中，此时right指向p（假设为p）；
2. p, q两节点都在root的**右子树**中，此时的right指向**最近公共祖先节点**；
4. 当left**不为空**，right**为空**：与情况3同理。
```c++
// cpp
class Solution{
public:
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q){
if(root == nullptr || root == p || root == q) return root;
TreeNode* left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
TreeNode* right = lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
if(left == nullptr) return right;
if(right == nullptr) return left;
return root;
}
};
// 情况1，2，3，4的展开写法如下
class Solution{
public:
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q){
if(root == nullptr || root == p || root == q) return root;
TreeNode* left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
TreeNode* right = lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
if(left == nullptr && right == nullptr) return nullptr; // 1
if(left == nullptr) return right; // 3
if(right == nullptr) return left; // 4
return root; // 2 if(left != null and right != null)
}
};
# py
class Solution:
def lowestCommonAncestor(self, root: TreeNode, p: TreeNode, q: TreeNode) -> TreeNode:
if not root or root == p or root == q:
return root
left = self.lowestCommonAncestor(root.left, p, q)
right = self.lowestCommonAncestor(root.right, p, q)
if not left: return right
if not right: return left
return root
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