112. 路径总和

题目描述：

给你二叉树的根节点 root 和一个表示目标和的整数 targetSum 。
判断该树中是否存在 根节点到叶子节点 的路径，这条路径上所有节点值相加等于目标和 targetSum 。
如果存在，返回 true ；否则，返回 false 。叶子节点 是指没有子节点的节点

方法一：树考虑递归

1.终止条件：到叶子结点且值相等-->true;到叶子结点值不相等--->false;
2.递归关系式 ：bool root_sum=bool left_sum1 || bool right_sum1
根到叶子的和是否为sum就是左孩子到叶子的和是否为sum—root或右孩子到叶子的和是否为sum—root

所以代码为：

class Solution {
public:bool hasPathSum(TreeNode* root, int targetSum) {if(!root) return false;if(!root->left && !root->right) return targetSum==root->val;return  hasPathSum(root->left, targetSum-root->val)|| hasPathSum(root->right, targetSum-root->val);}
};

方法二：DFS

class Solution {
public:bool hasPathSum(TreeNode* root, int targetSum) {if(!root) return false;return dfs(root,targetSum);}bool dfs(TreeNode* root, int Sum){if(!root) return false ;Sum-=root->val;if(Sum==0&&!root->left&&!root->right) return true;bool leftResult = dfs(root->left, Sum);bool rightResult = dfs(root->right, Sum);// 如果左子树或右子树存在满足条件的路径，返回trueif(leftResult || rightResult) {return true;}return false;}};

这里需要注意一下：在递归回溯时，我们不需要将当前节点的值再次加回到sum中。

理解方式：因为在后续调用dfs时sum是个参数，他只是把此时sum的值复制一份传递给下一层递归函数。这意味着后续调用的Sum值是独立的，不会影响到之前的调用

例如：

#include<stdio.h>
using namespace std;int add(int a,int b){return a=a+b;
}int main(){int a=0;int c=add(a,3);printf("%d",a);return 0;} 

113. 路径总和 II

给你二叉树的根节点 root 和一个整数目标和 targetSum ，找出所有 从根节点到叶子节点 路径总和等于给定目标和的路径。

这道题跟上道题的区别在于需要返回路径。其他大体思路差不多，可以直接dfs遍历。

class Solution {
public:vector<vector<int>> pathSum(TreeNode* root, int targetSum) {dfs(root,targetSum);return res;}
private:vector<vector<int>> res;vector<int> path;void dfs(TreeNode* root,int tar){if(!root) return ;path.push_back(root->val);//向下遍历tar-=root->val;if(tar==0&&!root->left&&!root->right){res.push_back(path);}//成功dfs(root->left,tar);//左dfs(root->right,tar);//右path.pop_back();//回溯}
};

注意这道题里面每次dfs后path需要pop因为path是全局变量 

101. 对称二叉树

注意：这道题不可以用中序遍历，会出现：这种情况

正确做法：左右都存在的情况下，递归的判断，L->right==R->left   R->right==L->left;？

class Solution {
public:bool isSymmetric(TreeNode* root) {if(!root) return true;return dfs(root->left,root->right); }bool dfs(TreeNode* L,TreeNode* R){if(!L&&!R) return true;if( !L||!R) return false;if(L->val!=R->val) return false;//member access within null pointer of type 'TreeNode' 不能比较空return dfs(L->right,R->left)&&dfs(R->right,L->left);}
};

199. 二叉树的右视图

给定一个二叉树的 根节点 root，想象自己站在它的右侧，按照从顶部到底部的顺序，返回从右侧所能看到的节点值。

方法一：横向思考：最右边的就是每一层的最右边的一个节点---》层次遍历，每次队列出完一行，一层到最后的时候，就是最右边的节点。

class Solution { // 层序遍历
public:vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {vector<int> res;if (!root)return res;queue<TreeNode*> q;TreeNode* visit;q.push(root);while (!q.empty()) {int q_size = q.size();for (int i = 0; i < q_size; i++) {visit = q.front();q.pop();if (i == q_size - 1) {res.push_back(visit->val);}if (visit->left)q.push(visit->left);if (visit->right)q.push(visit->right);}}return res;}
};

每层结束的判断：

int q_size = q.size();
//确保每次上一层全部遍历完后，立马计算当前队列的大小
if (i == q_size - 1) {res.push_back(visit->val);}

方法二：纵向思维：

思路： 我们按照 「根结点 -> 右子树 -> 左子树」 的顺序访问，就可以保证每层都是最先访问最右边的节点的。每次新的一层，就将节点的值放入到数组中。

（与先序遍历 「根结点 -> 左子树 -> 右子树」 正好相反，先序遍历每层最先访问的是最左边的节点）

class Solution {
public:vector<int> res;void pre(TreeNode* root,int deep){if(!root) return ;if(deep==res.size()) res.push_back(root->val);deep++;if(root->right) pre(root->right,deep);if(root->left) pre(root->left,deep);}vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {pre(root,0);return res;}
};

226. 翻转二叉树

给你一棵二叉树的根节点 root ，翻转这棵二叉树，并返回其根节点。

​​​​​​​注意：

1. 在交换左右子树节点值时，应该交换节点指针而不仅仅是节点值。因此，应该使用swap(root->left, root->right)来交换左右子树节点。
2. 在处理节点的左右子树时，应该先递归地对左右子树进行翻转操作，然后再交换左右子树的位置。因此，在调用invertTree函数之前应该先判断左右子树是否为空。

class Solution {
public:TreeNode* invertTree(TreeNode* root) {if (!root) {return nullptr;}// 递归地翻转左右子树TreeNode* left = invertTree(root->left);TreeNode* right = invertTree(root->right);// 交换左右子树root->left = right;root->right = left;return root;}
};