LeetCode 222.完全二叉树的节点个数

给你一棵完全二叉树的根节点 root ，求出该树的节点个数。

完全二叉树的定义如下：在完全二叉树中，除了最底层节点可能没填满外，其余每层节点数都达到最大值，并且最下面一层的节点都集中在该层最左边的若干位置。若最底层为第 h 层，则该层包含 1~ 2h 个节点。

示例 1：

输入：root = [1,2,3,4,5,6]
输出：6
示例 2：

输入：root = []
输出：0
示例 3：

输入：root = [1]
输出：1

提示：

树中节点的数目范围是[0, 5 * 104]
0 <= Node.val <= 5 * 104
题目数据保证输入的树是完全二叉树

进阶：遍历树来统计节点是一种时间复杂度为 O(n) 的简单解决方案。你可以设计一个更快的算法吗？

法一：直接递归模拟：

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:int countNodes(TreeNode* root) {int ans = 0;findAns(root, ans);return ans;}private:void findAns(TreeNode *node, int &ans){if (node == nullptr){return;}++ans;findAns(node->left, ans);findAns(node->right, ans);}
};

如果树中有n个节点，此算法时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(logn)。

法二：手动模拟一个栈，中序遍历：

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:int countNodes(TreeNode* root) {stack<TreeNode *> s;s.push(root);int ans = 0;while (!s.empty()){TreeNode *curNode = s.top();s.pop();if (curNode){++ans;s.push(curNode->left);s.push(curNode->right);}}return ans;}
};

如果树中有n个节点，此算法时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(logn)。

法三：Morris中序遍历：

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:int countNodes(TreeNode* root) {int ans = 0;TreeNode *curNode = root;while (curNode){if (curNode->left == nullptr){++ans;curNode = curNode->right;continue;}TreeNode *mostRightOfLeft = getMostRightOfLeft(curNode);if (mostRightOfLeft->right == nullptr){mostRightOfLeft->right = curNode;curNode = curNode->left;}else if (mostRightOfLeft->right == curNode){++ans;mostRightOfLeft->right = nullptr;curNode = curNode->right;}    }return ans;}private:TreeNode *getMostRightOfLeft(TreeNode *node){TreeNode *curNode = node->left;while (curNode->right && curNode->right != node){curNode = curNode->right;}return curNode;}
};

如果树中有n个节点，此算法时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。

法四：层序遍历：

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:int countNodes(TreeNode* root) {deque<TreeNode *> dq;dq.push_back(root);int ans = 0;while (!dq.empty()){TreeNode *node = dq.front();dq.pop_front();if (node){++ans;if (node->left){dq.push_back(node->left);}if (node->right){dq.push_back(node->right);}}}return ans;}
};

如果树中有n个节点，此算法时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(logn)。

法五：利用完全二叉树的特点，完全二叉树除了最后一层外，其他层都是满节点的，因此我们可以先计算出除最后一层外的所有层的节点数，然后利用二分法，找到最后一层的节点数：

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:int countNodes(TreeNode* root) {if (root == nullptr){return 0;}int h = 0;TreeNode *curNode = root;while (curNode){++h;curNode = curNode->left;}int left = 0;int right = (1 << (h - 1)) - 1;int bottomNum = 0;while (left <= right){TreeNode *curNode = root;int mid = (left + right) / 2;for (int i = h - 2; i >= 0; --i){if ((1 << i) & mid){curNode = curNode->right;}else{curNode = curNode->left;}}if (curNode == nullptr){right = mid - 1;}else{bottomNum = mid;left = mid + 1;}}return pow(2, h - 1) + bottomNum;}
};