QxXyY的博客

1.DFS的三种遍历顺序，特点 2.BFS遍历使用两端队列（collections.deque()）可以不占用额外空间，每层遍历删除头元素，将下一层子节点加入队尾 3.考虑左右子树分治 如最大深度=max（左子树最大深度，右子树最大深度） 平衡二叉树：左子树平衡 and 右子树平衡 and 左右子树深度差<1 重建二叉树：重建左子树+重建右子树 4.注意搜索树的性质（左<root<右） 搜索树考虑中序遍历：结果升序 5.某节点路径、回溯问题，可以使用hash表储存父节点与子节点的指向关系

思路：DFS，采用前序遍历，构建一个列表path[]来存叶子节点的路径， 如果遍历到叶子节点，该路径不满足target，那么删除path中最后一个元素，同时返回上一层的父节点继续遍历 如果该path满足target，将path的拷贝加入到result中 class Solution: def pathSum(self, root: TreeNode, target: int) -> List[List[int]]: res=[] path=[] .

二叉搜索树的公共祖先 思路：搜索树一定是左<root<右，二分查找，root大于pq则pq公共祖先一定位于root左子树上，反之位于右子树，若pq在root两侧则root为公共祖先 时间复杂度O(N)空间复杂度O(1) class Solution: def lowestCommonAncestor(self, root: 'TreeNode', p: 'TreeNode', q: 'TreeNode') -> 'TreeNode': while root.val

剑指 Offer 32 - II. 从上到下打印二叉树 II 思路：BFS（参考55） 创建一个队列/列表que来储存每层节点 由于需要每层打印，创建一个临时列表p来存每一层的打印结果 需要一个中间变量temp储存每层遍历的节点，每次遍历更新que重置temp（这样需要额外的存储空间来储存每一层的节点） 改进：用两端队列来储存节点，遍历时对队列进行操作： 每次遍历，删除队列左边第一个旧节点，同时将新节点添加至队列末尾 每层的循环次数为len（que），这样不需要额外存储空间 class Solution:

对称二叉树 思路： 自顶向下递归 判断左右两侧对应位置是否对称 即：左空 and 右空：对称 左右只有一个None：不对称 左右对应节点值不等：不对称 递归：左节点左子节点值=右节点右子节点值 左节点右子节点值=右节点左子节点值 class Solution: def isSymmetric(self, root: TreeNode) -> bool: def helper(L,R): if not L and not R:return True

剑指offer07 重建二叉树 输入某二叉树的前序遍历和中序遍历的结果，请构建该二叉树并返回其根节点。 假设输入的前序遍历和中序遍历的结果中都不含重复的数字。 思路：分治 前序遍历：[root,[左子树前序遍历结果],[右子树前序遍历结果]] 中序遍历：[[左子树中序遍历结果],root,[右子树中序遍历结果]] 递归过程：root+左子树重建+右子树重建 因此重点是确定每次子树重建时的范围，根据中序遍历对应索引确定前序遍历中对应子树的坐标范围 class Solution: def buildT

54.二叉搜索树的第 k 大节点 中序遍历：left→root→right的顺序递归，得到的结果是升序 采用right→root→left的方式，得到降序，存在list中，最后取第k个元素 改进：提前停止递归 每次递归 traverse(right)之后 记录步数，当到达k时，表示这是第k大节点，停止递归 class Solution: def kthLargest(self, root: TreeNode, k: int) -> int: self.k=k d