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【代码】LC.981 ｜ 基于时间的键值存储 ｜ 哈希 ｜ upper_bound快速定位。

（它不可能被更小的牌带着走，因为没有更小的了）。，否则后面无论怎么分组它都会卡死。统计每种牌出现次数（

这样能保证每次修改后，菜系的“冠军”始终在。

0, n-1]seat()ppseat()seat()leave()用一个有序集合维护当前已坐下的座位编号（自动有序）。

如果不存在第三大的不同数字，则返回数组中的最大值。整数（第三大或最大值）。（可能包含重复元素）。题眼是“第三大”指的是。

能减少 rehash，算是工程细节加分。位运动员得分，且所有分数互不相同。位运动员的名次描述。

这题本质就是把“已经是 BST 但形状很烂”的树，重建成“高度平衡”的形状。，节点值集合与原树完全一致（顺序可变，结构可变）。，再用“取中点当根”的分治法重建平衡 BST。先中序把所有值收集出来得到有序数组。平衡 BST 的根节点。（可能极度不平衡）。

这题和 LC.108（有序数组转 BST）几乎是同一道题，区别只在于：这里给的是。构造出的 BST 根节点。的二叉搜索树（BST）。

有序数组天生就是“BST 的中序遍历结果”。BST，关键就是让左右子树规模尽量接近。，左右两半分别递归构建左右子树。构造出的 BST 根节点。的二叉搜索树（BST）。

BST 根节点root，构造。实现一个按next()hasNext()按题意实现类方法（

一旦有两个节点值被交换，中序序列里就会出现“乱序”，表现为。在不改变树结构的情况下恢复 BST（只允许改节点值）。BST 的中序遍历应该是。所以我们中序遍历时维护。

也能用“两次正序中序”做：第一次中序存有序数组并做后缀和映射，第二次再中序回填。但那是 O(N) 额外空间；本题一趟逆向中序就能原地搞定。BST 的中序遍历（左-根-右）是递增序列。访问顺序从大到小，维护一个滚动累加。每个节点的新值 = 原树中所有。（节点值各不相同）。

所以我们做一次中序遍历（左-根-右），并维护一个变量。判断该树是否为有效二叉搜索树（BST）。表示“上一个访问到的节点值”。

所以“第 k 小” = “中序遍历第 k 个访问到的节点”。中序遍历每访问一个节点就。时当前节点值就是答案。（从 1 开始计数）。

这道题如果是一棵普通的二叉树，我们需要把所有节点值存下来，两两比较，复杂度是 O(N^2)。计算树中任意两个不同节点值之间的最小差值。，我们可以利用其特性将问题极大简化。一个整数，表示最小差值。

可能需要改变树的根节点，修剪后的树必须保持二叉搜索树的相对结构（即：父子关系虽变，但原来的后代如果保留下来了，相对大小关系不变）。修剪该二叉搜索树，使得所有节点的值都在。题目，借着这题来回顾一下递归三要素。修剪好的二叉搜索树的新的根节点。

二叉搜索树的根节点root，以及两个整数low和high。计算树中所有值在范围内的节点值之和。一个整数，表示范围和。这道题表面是树的遍历，内里藏着最核心的“降维打击”思维。

找到这两个节点的最近公共祖先（LCA）。最近公共祖先节点的指针。

这道题的标准解法通常涉及复杂的指针操作（特别是处理双子节点的情况）。但在实际解题或笔试中，如果我们一时无法理清复杂的指针断连逻辑，可以转换思维，利用。虽然这种方法在空间和时间上不是最优（涉及大量内存分配），但它逻辑极其简单，不易出错，是一种非常实用的“工程化”解题思路——当然这题自然有正规写法，等回头思路清晰了再来写，今天先来个暴力写法开开胃。删除 BST 中的指定节点，并保证二叉搜索树性质不变。删除后的新树根节点。

在二叉搜索树中插入新节点，其实就是**“一次失败的查找”**。我们要找这个值应该在的位置，直到走到死胡同（空指针），那个位置就是它该待的地方。插入到二叉搜索树中，并保证插入后整棵树仍然满足 BST 的性质（左 < 根 < 右）。如果根节点为空，直接用新值创建一个节点并返回，它就是新的根。，相比递归不仅逻辑直观，而且空间复杂度更优。题目保证新值和原始树中任意节点值都不同。循环遍历树，利用 BST 性质（插入节点后的二叉搜索树的根节点。

的节点，并返回以该节点为根的子树。如果要找的节点不存在，返回。这使得我们在树上的搜索过程类似于。在 BST 中找到节点值等于。，不需要遍历整棵树。

BST 的性质是：对于任意节点，左子树所有节点值 < 当前节点值 < 右子树所有节点值。）或者使用“上限值控制法”来避免数组拷贝，但在逻辑理解上，当前的解法是符合直觉的。根据 BST 的性质，比根节点小的元素属于左子树，比根节点大的元素属于右子树。更优的做法是传递原始数组的索引范围（前序遍历的第一个元素永远是当前子树的根节点。策略，利用了二叉搜索树（BST）的核心性质来切分数据。根据给定的先序遍历还原出二叉搜索树（BST）。，代表二叉搜索树的先序遍历结果。构造出的二叉搜索树的根节点。

本题很有意思，序列化与反序列化，然后全程只有一个字符串传递，之前我们已经做到简单版的问题，这一题一部分难点在于如何用string传递足够多的信息，颇有点计算机的本质了，就是信息的传递。设计一个算法，将二叉树序列化为一个字符串，并且可以将该字符串反序列化为原始的树结构。不限制具体的序列化逻辑（如前序、层序等），只要保证“编码 -> 解码”过程可逆且准确即可。

因为题目给出的节点描述是无序的（可能先给出叶子节点的父子关系，再给出根节点的），我们需要一个容器来存储已经创建过的节点，防止重复创建。思路：这道题的核心在于两个问题：一是如何快速找到节点并建立连接，二是如何确定谁是“根节点”。要求：根据描述构造二叉树并返回根节点 isLeft == 1 表示左子节点，isLeft == 0 表示右子节点。因此，我们在建树的同时，可以顺便维护一个状态（比如代码中用的。（从未当过儿子）的节点，就是我们要找的 Root。输出：构造出的二叉树的根节点。出现过，就把它标记为。

思路：这道题是“前序+中序”构造二叉树的姊妹题，逻辑几乎完全一致，只是“定位根节点”的视角变了。输入：两个整数数组 inorder（中序遍历）和 postorder（后序遍历）个就是左子树的后序，后面剩下的就是右子树的后序。同样，在中序序列中，根节点。： 利用中序遍历计算出的左子树长度，去。我们把末尾的根去掉后，剩下的序列前。空间复杂度：O(N^2)的最后一个元素，它就是当前的根。输出：构造出的二叉树的根节点。中，根节点在最前面；中，根节点总是藏在序列的。： 拿着这个根节点的值，去。中切分出对应的部分。

时间复杂度：O(N^2) //使用了vector的拷贝 进阶写法肯定是引用而不是拷贝。空间复杂度：O(N^2) //使用了vector的拷贝 进阶写法肯定是引用而不是拷贝。根据中序遍历中算出的左子树长度，在前序遍历中也能切分出对应的左子树部分（紧跟在根节点后面）。输入：两个整数数组 preorder（前序遍历）和 inorder（中序遍历）：既然父节点能这么分，子节点当然也能这么分。，那么我们的递归函数也应当返回当前子树的根节点。序列，就可以递归生成左节点和右节点。输出：构造出的二叉树的根节点。

将每一层的节点值收集到一个临时列表 current_layer_vals 中。层（第 1, 3, 5... 层）的节点值 注意：根节点在第 0 层（偶数层），不需要反转。，就从之前准备好的 levels 数组中取出对应的数值进行赋值。，直接在存入大数组 levels 之前，将这个列表进行。思路：很典型的层序遍历题，不用多想，两次遍历稳稳搞定。这样 levels 里存的就是这一层最终该有的顺序。再次按层遍历整棵树。时间复杂度：O(N)空间复杂度：O(N)输出：反转操作后的二叉树根节点。

能做到（充分性）和不能更少（必要性）。证明 1：充分性（为什么 k-1 次一定能搞定？在环中任选一个位置 i，将其当前持有的数字交换到它原本应该在的位置。效果：这一次交换后，数字回到了正确位置（即退出了环），原本长度为k的环，剩下了k-1个错位元素，形成了一个长度为k-1的新环。推导每做 1 次交换，环的长度就减 1。当执行了k-1次交换后，环的长度变为 1（即只剩最后一个元素），该元素因其他位置已满，必然自动归位。得证：k-1 次交换足以完成任务。证明 2：必要性（为什么不可能更少？初始状态。

要求：返回一个数组，表示每一层所有节点值的平均数（double）。思路：层序遍历，外加每层遍历的时候求下平均值即可。）难度给到中等，这题还加了点反而只给了简单。时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(n)不过有意思的是，单纯的层序遍历题（，包含从上到下每一层的平均值。输入：一棵二叉树的根节点。

要求：二叉树的右侧看过去，按从上到下的顺序，返回每一层“能看到的节点值”。输出：一个 vector<int>，按层从上往下，记录每层的最右节点。时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(n)输入：给定一棵二叉树的根节点。

把真实二叉树当成一棵“隐式完全二叉树”，这样做的好处是不需要真的补全 null 节点，但能够模拟完整结构，从而正确计算每一层的最左、最右逻辑位置。宽度定义为：在同一层中，最左非空节点和最右非空节点之间的（逻辑）节点数量。时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(n)输出：一个整数，表示最大宽度。输入：一棵二叉树的根节点。要求：返回这棵二叉树的。：该层最后一个节点的编号。一层一层更新最大值即可。root 的编号是 1。：该层第一个节点的编号。

依次将当前层节点弹出、存进结果，再把下一层节点推入队列。要求：返回从上到下、从左到右的层序遍历结果。本层的大小由队列当前 size 决定。时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(n)层序遍历思路非常固定。

时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(h)要求：返回整棵树的布尔运算结果。输出：true / false。如果是叶子节点，直接返回。输入：一棵“布尔二叉树”先算出左右子树的布尔值。

整棵树的坡度 = 所有节点的坡度之和。时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(h)要求：返回整棵树的总坡度。

思路：实际上是每个节点都有一个左右子树深度，左树深+右树深最长的那个，就是题目要求的最长直径。可以先去做另外一题，求树的长度，再来做这题，思路就更清晰了。要求：返回二叉树的直径（任意两个节点之间的最长路径长度）输出：一个整数，表示最长路径的“边数”时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(h)

时间复杂度：O(n × m) n 为 root 的节点数，m 为 subRoot 节点数。的根值相同，就可能成为子树的入口。空间复杂度：O(h)输出：true / false。

要求：判断两棵树是否结构相同且节点值全部相同。时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(h)输出：true / false。一个空一个非空 → 不相同。输入：两棵二叉树 p、q。对应位置的节点值必须相同。树的结构必须完全一致。两者都为空 → 相同。

思路：核心判断条件非常简单：整棵树所有节点的值必须与根节点相同。遍历的时候顺手判定下就好。空间复杂度：O(h)时间复杂度：O(n)要求：判断所有节点的值是否都相同。输出：true / false。

时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(n)输入：给定二叉树根节点。把当前节点的值加入结果。

然后访问当前节点（root->val）时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(n)输出：vector<int>