LeetCode 404.左叶子之和
1、题目
题目链接：404. 左叶子之和
给定二叉树的根节点 root ，返回所有左叶子之和。
示例 1：
输入: root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出: 24
解释: 在这个二叉树中，有两个左叶子，分别是 9 和 15，所以返回 24
示例 2:
输入: root = [1]
输出: 0
提示:
- 节点数在 [1, 1000] 范围内
- -1000 <= Node.val <= 1000
2、深度优先搜索（递归）
思路
代码
#include <iostream>using namespace std;//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 sumOfLeftLeaves(TreeNode* root) {// 如果根节点为空，则返回0if (root == nullptr) {return 0;}// 如果根节点既没有左子节点也没有右子节点（即该节点为叶子节点），返回0if (root->left == nullptr && root->right == 0) {return 0;}// 递归计算左子树的左叶子节点之和int leftValue = sumOfLeftLeaves(root->left);// 如果左子节点存在且为叶子节点，则将左子节点的值赋给leftValueif (root->left != nullptr && root->left->left == nullptr && root->left->right == nullptr) {leftValue = root->left->val;}// 递归计算右子树的左叶子节点之和int rightValue = sumOfLeftLeaves(root->right);// 返回左子树的左叶子节点之和加上右子树的左叶子节点之和return leftValue + rightValue;}
};int main() {TreeNode* root = new TreeNode(3, new TreeNode(9), new TreeNode(20, new TreeNode(15), new TreeNode(7)));Solution s;cout << s.sumOfLeftLeaves(root) << endl;return 0;
}
复杂度分析
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(n)
3、深度优先搜索（精简版）
思路
代码
class Solution {
public:int sumOfLeftLeaves(TreeNode* root) {// 如果根节点为空，则返回0if (root == nullptr) {return 0;}int leftValue = 0;// 如果根节点的左子节点不为空，且左子节点为叶子节点（即左子节点的左右子节点都为空）if (root->left != nullptr && root->left->left == nullptr && root->left->right == nullptr) {// 将左子节点的值赋给leftValueleftValue = root->left->val;}// 返回左子节点的值加上左子树和右子树中左叶子节点值的总和return leftValue + sumOfLeftLeaves(root->left) + sumOfLeftLeaves(root->right);}
};
复杂度分析
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(n)
4、广度优先搜索（迭代法）
思路
代码
class Solution {
public:int sumOfLeftLeaves(TreeNode* root) {stack<TreeNode*> stk;if (root == nullptr) {return 0;}stk.push(root);int result = 0;while (!stk.empty()) {// 取出栈顶节点TreeNode* node = stk.top();stk.pop();// 判断左子节点是否存在，且为叶子节点if (node->left != nullptr && node->left->left == nullptr && node->left->right == nullptr) {// 如果是，则累加左子节点的值result += node->left->val;}// 如果右子节点存在，则入栈if (node->right) {stk.push(node->right);}// 如果左子节点存在，则入栈if (node->left) {stk.push(node->left);}}return result;}
};
复杂度分析
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(n)
