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文章目录
- 题目链接
- 题目描述
- 解题思路
- 代码
- Python
- Java
- C++
- 时空复杂度
- 华为OD算法/大厂面试高频题算法练习冲刺训练
题目链接
LeetCode2641、二叉树的堂兄弟节点II
题目描述
给你一棵二叉树的根 root
,请你将每个节点的值替换成该节点的所有 堂兄弟节点值的和 。
如果两个节点在树中有相同的深度且它们的父节点不同,那么它们互为 堂兄弟 。
请你返回修改值之后,树的根 root
。
注意,一个节点的深度指的是从树根节点到这个节点经过的边数。
示例 1:
- 输入:
root = [5,4,9,1,10,null,7]
输出:[0,0,0,7,7,null,11]
解释:上图展示了初始的二叉树和修改每个节点的值之后的二叉树。 值为 5 的节点没有堂兄弟,所以值修改为 0 。 值为 4 的节点没有堂兄弟,所以值修改为 0 。 值为 9 的节点没有堂兄弟,所以值修改为 0 。 值为 1 的节点有一个堂兄弟,值为 7 ,所以值修改为 7 。 值为 10 的节点有一个堂兄弟,值为 7 ,所以值修改为 7 。 值为 7 的节点有两个堂兄弟,值分别为 1 和 10 ,所以值修改为 11 。
示例 2:
- 输入:root = [3,1,2]
- 输出:[0,0,0]
- 解释:上图展示了初始的二叉树和修改每个节点的值之后的二叉树。 值为 3 的节点没有堂兄弟,所以值修改为 0 。 值为 1 的节点没有堂兄弟,所以值修改为 0 。 值为 2 的节点没有堂兄弟,所以值修改为 0 。
提示:
- 树中节点数目的范围是
[1, 10(5)]
。 1 <= Node.val <= 10(4)
解题思路
需要考虑到相同层的其他节点的值,很容易想到使用BFS来完成。
本题难点在于,如何高效地将某个节点的所有堂兄弟节点之和cousin_sum
算出来。
假设某一层的所有节点和cur_level_sum
已知,某个节点node
的和其同一个父节点的兄弟的节点和bro_sum
已知,那么存在cousin_sum = cur_level_sum - bro_sum
成立。可以将node
的值修改为cousin_sum
那么问题进一步退化,在BFS过程中,某一个节点node
出队时,如何已知cur_level_sum
和bro_sum
?
由于在BFS的过程中,每一个节点都会考虑其子节点,显然其子节点的值的和child_sum
也是可以迅速算到的。即
child_sum = 0
child_sum += node.left.val if node.left else 0
child_sum += node.right.val if node.right else 0
当node的子节点node.left
或node.right
入队时,我们可以将node
的child_sum
和子节点一起存入队列中,那么当子节点node.left
或node.right
出队时,node
的child_sum
就是子节点node.left
或node.right
的bro_sum
了。
cur_level_sum
的计算也是类似的。在某一层节点出队的时候,下一层的总和nxt_level_sum
由当前层的所有节点的所有子节点的值求和获得,即可以将所有node
的child_sum
叠加得到。那么在遍历到下一层的时候,下一层的cur_level_sum
就是上一层的nxt_level_sum
了。
上述过程就可以用一次遍历完成node
的值的修改了。
代码
Python
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
# self.val = val
# self.left = left
# self.right = right
class Solution:def replaceValueInTree(self, root: Optional[TreeNode]) -> Optional[TreeNode]:q = deque()q.append([root, root.val])nxt_level_sum = root.valwhile q:cur_level_sum = nxt_level_sumnxt_level_sum = 0q_size = len(q)for _ in range(q_size):# 弹出节点node以及node的兄弟节点和bro_sumnode, bro_sum = q.popleft()# 当前层的和减去node的兄弟和bro_sum,为node的堂兄弟节点和cousin_sumcousin_sum = cur_level_sum - bro_sum# 将node的值修改为cousin_sumnode.val = cousin_sum# 初始化node的孩子节点的和为child_sumchild_sum = 0# 如果左孩子/右孩子存在,则更新child_sumchild_sum += node.left.val if node.left else 0child_sum += node.right.val if node.right else 0 # 如果左孩子/右孩子存在,则将子节点和child_sum存入队列中# 对于孩子节点node.left或node.right而言,child_sum是他们的兄弟节点和if node.left:q.append([node.left, child_sum])if node.right:q.append([node.right, child_sum])# 更新下一层的节点和nxt_level_sumnxt_level_sum += child_sum return root
Java
class Solution {public TreeNode replaceValueInTree(TreeNode root) {if (root == null) return null;Queue<Pair<Integer, TreeNode>> q = new ArrayDeque<>();q.offer(new Pair<>(root.val, root));int nextLevelSum = root.val;int currentLevelSum = 0;while (!q.isEmpty()) {currentLevelSum = nextLevelSum;nextLevelSum = 0;int size = q.size();for (int i = 0; i < size; ++i) {Pair<Integer, TreeNode> pair = q.poll();int siblingSum = pair.getKey();TreeNode node = pair.getValue();int childSum = 0;node.val = currentLevelSum - siblingSum;if (node.left != null) childSum += node.left.val;if (node.right != null) childSum += node.right.val;if (node.left != null) q.offer(new Pair<>(childSum, node.left));if (node.right != null) q.offer(new Pair<>(childSum, node.right));nextLevelSum += childSum;}}return root;}
}
C++
class Solution {
public:TreeNode* replaceValueInTree(TreeNode* root) {if (root == nullptr) return nullptr;queue<pair<int, TreeNode*>> q;q.push({root->val, root});int nextLevelSum = root->val;int currentLevelSum = 0;while (!q.empty()) {currentLevelSum = nextLevelSum;nextLevelSum = 0;int size = q.size();for (int i = 0; i < size; ++i) {auto [siblingSum, node] = q.front();q.pop();int childSum = 0;node->val = currentLevelSum - siblingSum;if (node->left != nullptr) childSum += node->left->val;if (node->right != nullptr) childSum += node->right->val;if (node->left != nullptr) q.push({childSum, node->left});if (node->right != nullptr) q.push({childSum, node->right});nextLevelSum += childSum;}}return root;}
};
时空复杂度
时间复杂度:O(N)
。
空间复杂度:O(N)
。
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