【剑指 の 精选】详解「二叉树中序遍历的下一个结点」两种解法 ｜Python 主题月

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题目描述

这是「牛客网」上的「JZ 57 二叉树的下一个结点」，难度为「中等」。

Tag : 「剑指 Offer」、「二叉树」、「中序遍历」

给定一个二叉树其中的一个结点，请找出中序遍历顺序的下一个结点而且返回。

注意，树中的结点不只包含左右子结点，同时包含指向父结点的 next 指针。

下图为一棵有 个节点的二叉树。树中从父节点指向子节点的指针用实线表示，从子节点指向父节点的用虚线表示。

示例:

输入:{8,6,10,5,7,9,11},8

返回:9

解析:这个组装传入的子树根节点，其实就是整颗树，中序遍历{5,6,7,8,9,10,11}，根节点8的下一个节点就是9，应该返回{9,10,11}，后台只打印子树的下一个节点，因此只会打印9，以下图，其实都有指向左右孩子的指针，还有指向父节点的指针，下图没有画出来。

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输入描述：输入分为2段，第一段是总体的二叉树，第二段是给定二叉树节点的值，后台会将这2个参数组装为一个二叉树局部的子树传入到函数GetNext里面，用户获得的输入只有一个子树根节点。

返回值描述：返回传入的子树根节点的下一个节点，后台会打印输出这个节点。

示例1

输入：{8,6,10,5,7,9,11},8

返回值：9

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示例2

输入：{8,6,10,5,7,9,11},6

返回值：7

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示例3

输入：{1,2,#,#,3,#,4},4

返回值：1

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示例4

输入：{5},5

返回值："null"

说明：不存在，后台打印"null" 

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要求：

• 时间：1 s

• 空间：64 M

朴素解法

一个朴素的作法是，根据题目对于 TreeLinkNode 的定义，利用 next 属性存储「当前节点的父节点」这一特色。

从入参节点 pNode 出发，不断利用 next 属性往上查找，直到找到整棵树的头节点，令头节点为 root。

而后实现二叉树的「中序遍历」，将遍历过程当中访问的节点存放到列表 list 中，以后再对 list 进行遍历，找到 pNode 所在的位置 idx，便可肯定 pNode 是否存在「下一个节点」以及「下一节点」是哪个。

Java 代码：

import java.util.*;
public class Solution {
    List<TreeLinkNode> list = new ArrayList<>();
    public TreeLinkNode GetNext(TreeLinkNode pNode) {
        // 根据传入的节点的 next 指针一直往上找，直到找到根节点 root
        TreeLinkNode root = pNode;
        while (root.next != null) root = root.next;

        // 对树进行一遍「中序遍历」，保存结果到 list 中
        dfs(root);

        // 从 list 中找传入节点 pNode 的位置 idx
        int n = list.size(), idx = -1;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (list.get(i).equals(pNode)) {
                idx = i;
                break;
            }
        }
        
        // 若是 idx 不为「中序遍历」的最后一个元素，那么说明存在下一个节点，从 list 查找并返回
        // 这里的 idx == -1 的判断属于防护性编程
        return idx == -1 || idx == n - 1 ? null : list.get(idx + 1);
    }
    void dfs(TreeLinkNode root) {
        if (root == null) return;
        dfs(root.left);
        list.add(root);
        dfs(root.right);
    }
}
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Python 3 代码：

class Solution:
    lt = []
    def GetNext(self, pNode):
        # 根据传入的节点的 next 指针一直往上找，直到找到根节点 root
        root = pNode
        while root.next is not None:
            root = root.next
        # 对树进行一遍「中序遍历」，保存结果到 list 中
        self.dfs(root)
        
        # 从 list 中找传入节点 pNode 的位置 idx
        n = len(self.lt)
        idx = -1
        for i in range(n):
            if self.lt[i] == pNode:
                idx = i
                break
        # 若是 idx 不为「中序遍历」的最后一个元素，那么说明存在下一个节点，从 list 查找并返回
        # 这里的 idx == -1 的判断属于防护性编程
        return None if idx == -1 or idx == n -1 else self.lt[idx + 1]
    
    def dfs(self, root):
        if root is None:
            return
        self.dfs(root.left)
        self.lt.append(root)
        self.dfs(root.right)
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• 时间复杂度：找头节点 root 最多访问的节点数量不会超过树高 h；进行中序遍历的复杂度为 O(n)；从中序遍历结果中找到 pNode 的下一节点的复杂度为 O(n)。总体复杂度为 O(n)
• 空间复杂度：忽略递归带来的额外空间消耗。复杂度为 O(n)

进阶解法

另一个“进阶”的作法是充分利用「二叉树的中序遍历」来实现的。

咱们知道，二叉树「中序遍历」的遍历顺序为 「左-根-右」。

能够根据传入节点 pNode 是否有「右儿子」，以及传入节点 pNode 是否为其「父节点」的「左儿子」来进行分状况讨论：

• 传入节点 pNode 有「右儿子」：根据「中序遍历」的遍历顺序为 「左-根-右」，能够肯定「下一个节点」必然为当前节点的「右子树」中「最靠左的节点」；

• 传入节点 pNode 没有「右儿子」，这时候须要根据当前节点是否为其「父节点」的「左儿子」来进行分状况讨论：

• 若是传入节点 pNode 自己是其「父节点」的「左儿子」，那么根据「中序遍历」的遍历顺序为为 「左-根-右」 可知，下一个节点正是该父节点，直接返回该节点便可；

• 若是传入节点 pNode 自己是其「父节点」的「右儿子」，那么根据「中序遍历」的遍历顺序为为 「左-根-右」 可知，其父节点已经被遍历过了，咱们须要递归找到符合 node.equals(node.next.left) 的节点做为答案返回，若是没有则说明当前节点是整颗二叉树最靠右的节点，这时候返回 null 便可。

代码：

public class Solution {
    public TreeLinkNode GetNext(TreeLinkNode pNode) {
        if (pNode.right != null) {
            // 若是当前节点有右儿子，下一节点为当前节点「右子树中最靠左的节点」
            pNode = pNode.right;
            while (pNode.left != null) pNode = pNode.left;
            return pNode;
        } else {
            // 若是当前节点没有右儿子，则「往上找父节点」，直到出现知足「其左儿子是当前节点」的父节点
            while (pNode.next != null) {
                if (pNode.equals(pNode.next.left)) return pNode.next;
                pNode = pNode.next;
            }
        }
        return null;
    }
}
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Python 3 代码：

class Solution:
    def GetNext(self, pNode):
        if pNode.right is not None:
            # 若是当前节点有右儿子，下一节点为当前节点「右子树中最靠左的节点」
            pNode = pNode.right
            while pNode.left is not None:
                pNode = pNode.left
            return pNode
        else:
            # 若是当前节点没有右儿子，则「往上找父节点」，直到出现知足「其左儿子是当前节点」的父节点
            while pNode.next is not None:
                if pNode == pNode.next.left:
                    return pNode.next
                pNode = pNode.next
        return None
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• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

最后

这是咱们「剑指 の 精选」系列文章的第 No.57 篇，系列开始于 2021/07/01。

该系列会将牛客网「剑指 Offer」中比较经典而又不过期的题目都讲一遍。

在提供追求「证实」&「思路」的同时，提供最为简洁的代码。

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