题目解读

题目要求输出二叉树的所有路径(字符串形式)，乍一看很简单，不就是二叉树的遍历嘛！其实不然，首先，我们用非递归的方式(C++)解决这道题(递归在产品代码中是不允许使用的，其次定位 bug 的时候非常困难)。这道题并非简单的 dfs(深度优先搜索)，需要点技巧。

标准 dfs 遍历输出 - 每次输出孩子节点

/**

* 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:

vector binaryTreePaths(TreeNode* root) {

if (root == nullptr) {

return {};

}

vector ans;

vector> allPath;

stack s;

vector path;

s.push(root);

path.push_back(root->val);

cout << path.back() << endl;

while (!s.empty()) {

TreeNode* curr = s.top();

s.pop();

if (curr->right != nullptr) {

path.push_back(curr->right->val);

s.push(curr->right);

cout << path.back() << endl;

}

if (curr->left != nullptr) {

path.push_back(curr->left->val);

s.push(curr->left);

cout << path.back() << endl;

}

}

return ans;

}

};

借助栈，上述代码实现了最简单的 dfs 遍历，结果如下：

栈中之所以先添加右叶子节点，是为了保证最终路径输出顺序从左往右。

标准 dfs 遍历输出 - 每次输出父亲节点

上述代码实现了标准 dfs 遍历，但显然不能满足题目要求，那该怎么处理呢？我们继续往下看。

class Solution {

public:

vector binaryTreePaths(TreeNode* root) {

if (root == nullptr) {

return {};

}

vector ans;

vector> allPath;

stack s;

vector path;

s.push(root);

path.push_back(root->val);

// cout << path.back() << endl;

while (!s.empty()) {

TreeNode* curr = s.top();

cout << curr->val << endl;

s.pop();

if (curr->right != nullptr) {

path.push_back(curr->right->val);

s.push(curr->right);

// cout << path.back() << endl;

}

if (curr->left != nullptr) {

path.push_back(curr->left->val);

s.push(curr->left);

// cout << path.back() << endl;

}

}

return ans;

}

};

上述代码中，我们打印栈顶每次弹出的元素，可以得到如下结果：

也就是说，每次只要某个节点的孩子节点都入栈了，该节点就可以不用考虑了。这个例子中，栈中初始节点是 1，然后加入其孩子节点 3、2，1 出栈；再加入节点 2 的孩子节点 5，2 出栈；以此类推。可是，这还无法得到题目要求的结果呀！不着急，我们离答案已经越来越近了。

二叉树的所有路径

通过观察发现：每次从栈顶弹出的节点，如果它没有孩子节点，那么这个节点就是叶子节点，而且遇到的第一个叶子节点也是最左边的叶子节点。我们把每次从栈顶弹出的节点记录下来，保存在 vector 中，那么遇到第一个叶子节点时，我们就得到最左边的一条路径(1->2->5).但是，接下来栈顶弹出的元素可是 3，想要得到一条完整的路径，必须将 3 和 1->2 拼接。或者说，要知道 3 之前弹出了哪些元素，我们把 3 之前栈顶弹出的元素 和 3 拼接，再与 3 之后的路径拼接起来，即可得到第二条路径。如何实现这点是这道题的关键所在。很容易想到的一点是，在输出的前一条路径(vector)基础上，不断将尾部元素丢弃，那什么时候停止丢弃呢？显然，丢弃直到第一条路径的尾部元素的右孩子节点是 3 即可。所以，path 这个 vector 中就不能记录节点的值了，而要记录节点的地址，因为值不是唯一的，而地址是唯一的。

/**

* 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:

vector binaryTreePaths(TreeNode* root) {

if (root == nullptr) {

return {};

}

vector ans;

stack s;

vector path;

s.push(root);

string tmp;

while (!s.empty()) {

TreeNode* curr = s.top();

s.pop();

path.push_back(curr);

if (curr->right != nullptr) {

s.push(curr->right);

}

if (curr->left != nullptr) {

s.push(curr->left);

}

if (curr->left == nullptr && curr->right == nullptr) {

for (auto node : path) {

tmp += to_string(node->val);

if (node != path.back()) {

tmp += "->";

}

}

ans.push_back(tmp);

tmp.clear();

while (path.empty() == false && s.empty() == false && path.back()->right != s.top()) {

path.pop_back();

}

}

}

return ans;

}

};

这一次，终于得到了我们想要的结果了。上述代码中记录 string 的过程可以有更有效的方法，这里为了使代码的呈现更加容易理解，就不处理了，读者可以自己去研究下。