【Py/Java/C++三种语言详解】LeetCode每日一题240217【二叉树BFS】LeetCode429、N叉树的层序遍历

有LeetCode交流群/华为OD考试扣扣交流群可加 948025485
可上全网独家的欧弟OJ系统练习华子OD、大厂真题
绿色聊天软件戳 od1336了解算法冲刺训练

文章目录

题目链接
题目链接
题目描述
解题思路
- DFS和BFS异同
- 用队列维护的BFS
代码
- Python
- Java
- C++
- 时空复杂度
相关习题
华为OD算法/大厂面试高频题算法练习冲刺训练

题目链接

LeetCode429、N叉树的层序遍历

题目描述

给定一个 N 叉树，返回其节点值的层序遍历。（即从左到右，逐层遍历）。

树的序列化输入是用层序遍历，每组子节点都由 null 值分隔（参见示例）。

示例 1：
在这里插入图片描述

输入：root = [1,null,3,2,4,null,5,6]
输出：[[1],[3,2,4],[5,6]]

示例 2：

在这里插入图片描述

输入：root = [1,null,2,3,4,5,null,null,6,7,null,8,null,9,10,null,null,11,null,12,null,13,null,null,14]
输出：[[1],[2,3,4,5],[6,7,8,9,10],[11,12,13],[14]]

提示：

树的高度不会超过 1000
树的节点总数在 [0, 10^4] 之间

解题思路

DFS和BFS异同

二叉树层序遍历是一个非常经典的问题，属于必须掌握的题目。

所谓二叉树遍历（traversal）指的是按照一定次序系统地访问一棵二叉树，使每个节点恰好被访问一次。

二叉树遍历实质上是二叉树的线性化，将树状结构变为线性结构。

二叉树遍历有两大类：

深度优先（depth first traversal，DFS）：先完成一棵子树的遍历再完成另一棵
广度优先（breath first traversal，BFS）：先完成一层节点的遍历再完成下一层

DFS和BFS均为树/图的搜索方式，能够访问树/图中的所有节点。它们的特点可以从以下的比喻看出区别：

DFS：优先移动节点，当对给定节点尝试过每一种可能性之后，才退到前一节点来尝试下一个位置。就像一个搜索者尽可能地深入调查未知的地域，直到遇到死胡同才回头。（下图以前序遍历为例）

在这里插入图片描述

BFS：优先对给定节点的下一个位置进行进行尝试，当对给定节点尝试过每一种可能性之后，才移动到下一个节点。就像一只搜索军队铺展开来覆盖领土，直到覆盖了所有地域。

在这里插入图片描述

用队列维护的BFS

树的广度优先遍历亦可称为层序遍历。其核心特点为，从上到下、从左到右访问树中的节点，每一层的节点都按顺序出现。

在这里插入图片描述

本题就是二叉树BFS的板子题，必须掌握。

BFS通常需要通过维护一个先进先出（First In First Out，FIFO) 的队列来实现。

在这里插入图片描述

我们需要构建一个队列q用于储存每一层的所有节点，然后执行while循环（循环不变量为q不为空）：

获得当前队列长度qSize，为该层的节点个数
初始化一个空的子列表subList，用于储存二叉树该层所有节点的值
执行for循环，循环qSize次。每一次循环包含以下环节
a. 令队列q的队头节点出队，记为node，并将其值node.val存入subList中
b. 若node的左孩子node.left存在，则令node.left从队尾入队
c. 若node的右孩子node.right存在，则令node.right从队尾入队
（这些后入队的节点会在下一层的遍历中被取出）
经过qSize次循环后，subList已经储存了这一层节点的所有值，将subList加入全局的答案变量ans中

这样就就是二叉树BFS的基本过程，其中第3步是最关键的步骤。

如果题目有明显地要求区分每一层的情况（比如本题要求每一层的节点值需要单独储存在一个子列表中），则循环qSize次这个步骤是必要的。

本题沿用了LeetCode102、二叉树的层序遍历的大体框架，但由于是N叉树的层序遍历，不再直接判断左/右子节点，而是换成对node.children进行for循环，本质上仍为对节点node所有子节点进行横向遍历

for children in node.children:q.append(children)

代码

Python

"""
# Definition for a Node.
class Node:def __init__(self, val=None, children=None):self.val = valself.children = children
"""class Solution:def levelOrder(self, root: 'Node') -> List[List[int]]:if not root:return []ans = list()q = deque()q.append(root)while(q):qSize = len(q)level_list = list()for i in range(qSize):node = q.popleft()# 把关于左节点和右节点的判断，换成对node.children进行for循环# 本质上仍为对节点node所有子节点的横向遍历for children in node.children:q.append(children)level_list.append(node.val)ans.append(level_list)return ans

Java

class Solution {public List<List<Integer>> levelOrder(Node root) {List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();if (root == null) {return ans;}Queue<Node> q = new LinkedList<>();q.offer(root);while (!q.isEmpty()) {int qSize = q.size();List<Integer> levelList = new ArrayList<>();for (int i = 0; i < qSize; i++) {Node node = q.poll();if (node != null) {for (Node child : node.children) {q.offer(child);}levelList.add(node.val);}}ans.add(levelList);}return ans;}
}

C++

class Solution {
public:vector<vector<int>> levelOrder(Node* root) {vector<vector<int>> ans;if (root == nullptr) {return ans;}queue<Node*> q;q.push(root);while (!q.empty()) {int qSize = q.size();vector<int> levelList;for (int i = 0; i < qSize; i++) {Node* node = q.front();q.pop();if (node != nullptr) {for (Node* child : node->children) {q.push(child);}levelList.push_back(node->val);}}ans.push_back(levelList);}return ans;}
};

时空复杂度

时间复杂度：O(N)。仅需一次遍历整棵树。

空间复杂度：O(M)。M为层的最大节点数，队列所占空间。

华为OD算法/大厂面试高频题算法练习冲刺训练

华为OD算法/大厂面试高频题算法冲刺训练目前开始常态化报名！目前已服务100+同学成功上岸！
课程讲师为全网50w+粉丝编程博主@吴师兄学算法 以及小红书头部编程博主@闭着眼睛学数理化
每期人数维持在20人内，保证能够最大限度地满足到每一个同学的需求，达到和1v1同样的学习效果！
60+天陪伴式学习，40+直播课时，300+动画图解视频，300+LeetCode经典题，200+华为OD真题/大厂真题，还有简历修改、模拟面试、专属HR对接将为你解锁
可上全网独家的欧弟OJ系统练习华子OD、大厂真题
可查看链接大厂真题汇总 & OD真题汇总(持续更新)
绿色聊天软件戳 od1336了解更多