剑指 の 精选从宏观角度看「对称二叉树」问题
Posted 宫水三叶的刷题日记
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了剑指 の 精选从宏观角度看「对称二叉树」问题相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
题目描述
这是「牛客网」上的「JZ 58 对称的二叉树」,难度为「困难」。
Tag : 「剑指 Offer」、「二叉树」、「层序遍历」、「迭代」、「递归」
描述:
请实现一个函数,用来判断一棵二叉树是不是对称的。
注意,如果一个二叉树同此二叉树的镜像是同样的,定义其为对称的。
示例1
输入:{8,6,6,5,7,7,5}
返回值:true
示例2
输入:{8,6,9,5,7,7,5}
返回值:false
要求:
-
时间:1 s -
空间:64 M
基本思想
首先要明确,题目所定义的 “对称” 是对每层而言,同时考虑空节点。
因此,如果我们使用常规的遍历方式进行检查的话,需要对空节点有所表示。
局部检查(层序遍历)
我们使用 0x3f3f3f3f
作为无效值,并建立占位节点 emptyNode
用来代指空节点(emptyNode.val = 0x3f3f3f3f
)。
一个朴素的做法是:使用「层序遍历」的方式进行「逐层检查」,对于空节点使用 emptyNode
进行代指,同时确保不递归 emptyNode
对应的子节点。
具体做法如下:
-
起始时,将
root
节点入队; -
从队列中取出节点,检查节点是否为
emptyNode
节点来决定是否继续入队: -
当不是 emptyNode
节点时,将其左/右儿子进行入队,如果没有左/右儿子,则用emptyNode
代替入队; -
当是 emptyNode
节点时,则忽略; -
在进行流程 的同时使用「临时列表」记录当前层的信息,并检查当前层是否符合 “对称” 要求;
-
循环流程 和 ,直到整个队列为空。
代码:
import java.util.*;
class Solution {
int INF = 0x3f3f3f3f;
TreeNode emptyNode = new TreeNode(INF);
boolean isSymmetrical(TreeNode root) {
if (root == null) return true;
Deque<TreeNode> d = new ArrayDeque<>();
d.add(root);
while (!d.isEmpty()) {
// 每次循环都将下一层拓展完并存到「队列」中
// 同时将该层节点值依次存入到「临时列表」中
int size = d.size();
List<Integer> list = new ArrayList<>();
while (size-- > 0) {
TreeNode poll = d.pollFirst();
if (!poll.equals(emptyNode)) {
d.addLast(poll.left != null ? poll.left : emptyNode);
d.addLast(poll.right != null ? poll.right : emptyNode);
}
list.add(poll.val);
}
// 每一层拓展完后,检查一下存放当前层的该层是否符合「对称」要求
if (!check(list)) return false;
}
return true;
}
// 使用「双指针」检查某层是否符合「对称」要求
boolean check(List<Integer> list) {
int l = 0, r = list.size() - 1;
while (l < r) {
if (!list.get(l).equals(list.get(r))) return false;
l++;
r--;
}
return true;
}
}
-
时间复杂度:在层序遍历过程中,每个节点最多入队一次,同时在 check
检查对称性过程中,每层只会被检查一次。复杂度为 -
空间复杂度:
整体检查(递归)
在「层序遍历」解法中,我们利用了 “对称” 定义对每层进行检查。
本质上这是利用 “对称” 定义进行多次「局部」检查。
事实上,我们还可以利用 “对称” 定义在「整体」层面上进行检查。
我们如何定义两棵子树 a
和 b
是否 “对称” ?
当且仅当两棵子树符合如下要求时,满足 “对称” 要求:
-
两棵子树根节点值相同; -
两颗子树的左右子树分别对称,包括: -
a
树的左子树与b
树的右子树相应位置的值相等 -
a
树的右子树与b
树的左子树相应位置的值相等
具体的,我们可以设计一个递归函数 check
,传入待检测的两颗子树的头结点 a
和 b
(对于本题都传入 root
即可),在单次查询中有如下显而易见的判断子树是否 “对称” 的 Base Case:
-
a
和b
均为空节点:符合 “对称” 要求; -
a
和b
其中一个节点为空,不符合 “对称” 要求; -
a
和b
值不相等,不符合 “对称” 要求;
其他情况,我们则要分别检查 a
和 b
的左右节点是否 “对称” ,即递归调用 check(a.left, b.right)
和 check(a.right, b.left)
。
代码:
class Solution {
public boolean isSymmetrical(TreeNode root) {
return check(root, root);
}
boolean check(TreeNode a, TreeNode b) {
if (a == null && b == null) return true;
if (a == null || b == null) return false;
if (a.val != b.val) return false;
return check(a.left, b.right) && check(a.right, b.left);
}
}
-
时间复杂度:每个节点只会被访问一次。复杂度为 -
空间复杂度:
总结
上述两种解法不仅仅是实现上的不同,更多的是检查 “出发点” 的不同:
-
解法一:利用「层序遍历」的方式,以 “层” 为单位进行 “对称” 检查; -
解法二:利用「递归树展开」的方式,以 “子树” 为单位进行 “对称” 检查。
当我们从整体层面出发考虑时,配合递归,往往能写出比常规做法要简洁得多的代码。
建议大家加深对「局部」和「整体」两种不同出发点的理解。
最后
这是我们「剑指 の 精选」系列文章的第 58
篇,系列开始于 2021/07/01。
该系列会将「剑指 Offer」中比较经典而又不过时的题目都讲一遍。
在提供追求「证明」&「思路」的同时,提供最为简洁的代码。
欢迎关注,交个朋友 (`・ω・´)
以上是关于剑指 の 精选从宏观角度看「对称二叉树」问题的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章