117. 填充每个节点的下一个右侧节点指针 II : 详细图解 O(1) 空间构建过程

题目描述

这是 LeetCode 上的 117. 填充每个节点的下一个右侧节点指针 II ，难度为中等。

Tag : 「BFS」、「链表」

给定一个二叉树：

ini 复制代码

struct Node {
  int val;
  Node *left;
  Node *right;
  Node *next;
}

填充它的每个 next 指针，让这个指针指向其下一个右侧节点。如果找不到下一个右侧节点，则将 next 指针设置为 NULL。

初始状态下，所有 next 指针都被设置为 NULL。

示例 1：

css 复制代码

输入：root = [1,2,3,4,5,null,7]

输出：[1,#,2,3,#,4,5,7,#]

解释：给定二叉树如图 A 所示，你的函数应该填充它的每个 next 指针，以指向其下一个右侧节点，如图 B 所示。序列化输出按层序遍历顺序（由 next 指针连接），'#' 表示每层的末尾。

示例 2：

ini 复制代码

输入：root = []

输出：[]

提示：

树中的节点数在范围 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> [ 0 , 6000 ] [0, 6000] </math>[0,6000] 内
<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> − 100 < = N o d e . v a l < = 100 -100 <= Node.val <= 100 </math>−100<=Node.val<=100

进阶：

你只能使用常量级额外空间。
使用递归解题也符合要求，本题中递归程序的隐式栈空间不计入额外空间复杂度。

BFS - 层序遍历

一个最直观的做法，是利用 BFS 对树进行「层序遍历」。

每个 BFS 回合中，对整层节点进行处理。

首先通过 pop 拿到当前节点，同时通过 peek 拿到当前层的下一节点，并建立 next 关系，注意需要跳过每层的最后一个节点。

Java 代码：

Java 复制代码

class Solution {
    public Node connect(Node root) {
        Node ans = root;
        if (root == null) return ans;
        Deque<Node> d = new ArrayDeque<>();
        d.addLast(root);
        while (!d.isEmpty()) {
            int sz = d.size();
            while (sz-- > 0) {
                Node a = d.pollFirst();
                if (sz != 0) a.next = d.peekFirst();
                if (a.left != null) d.addLast(a.left);
                if (a.right != null) d.addLast(a.right);
            }
        }
        return ans;
    }
}

C++ 代码：

C++ 复制代码

class Solution {
public:
    Node* connect(Node* root) {
        Node* ans = root;
        if (root == nullptr) return ans;
        deque<Node*> d;
        d.push_back(root);
        while (!d.empty()) {
            int sz = d.size();
            while (sz-- > 0) {
                Node* a = d.front();
                d.pop_front();
                if (sz != 0) a->next = d.front();
                if (a->left) d.push_back(a->left);
                if (a->right) d.push_back(a->right);
            }
        }
        return ans;
    }
};

Python 代码：

Python 复制代码

class Solution:
    def connect(self, root: 'Node') -> 'Node':
        ans = root
        if root is None:
            return ans
        d = [root]
        while d:
            sz = len(d)
            for i in range(sz):
                a = d.pop(0)
                if i != sz - 1:
                    a.next = d[0]
                if a.left:
                    d.append(a.left)
                if a.right:
                    d.append(a.right)
        return ans

TypeScript 代码：

TypeScript 复制代码

function connect(root: Node | null): Node | null {
    let ans = root;
    if (root == null) return ans;
    const d = [root];
    while (d.length > 0) {
        let sz = d.length;
        while (sz-- > 0) {
            const a = d.shift() as Node;
            if (sz != 0) a.next = d[0];
            if (a.left) d.push(a.left);
            if (a.right) d.push(a.right);
        }
    }
    return ans;
};

时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n)
空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n)

BFS - 逐层构建

上述解法中，每一层节点的 next 关系的构建都是独立的。我们构建第 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k k </math>k 层的 next 关系时，并没有利用已建好的到第 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> k − 1 k - 1 </math>k−1 层的 next 关系。

实际上，每一层构建好的 next 关系都可看做「链表」，可参与到下一层 next 关系的构建，同时由于所有节点的起始 next 指向都是 null，相当于首层的 next 关系已经默认建好了。

我们使用图解方式，来感受逐层构建过程：

Java 代码：

Java 复制代码

class Solution {
    public Node connect(Node root) {
        Node ans = root;
        if (root == null) return ans;
        Node cur = root;
        while (cur != null) {
            Node head = new Node(-1), tail = head;
            for (Node i = cur; i != null; i = i.next) {
                if (i.left != null) tail = tail.next = i.left;
                if (i.right != null) tail = tail.next = i.right;
            }
            cur = head.next;
        }
        return ans;
    }
}

C++ 代码：

C++ 复制代码

class Solution {
public:
    Node* connect(Node* root) {
        auto ans = root;
        if (root == nullptr) return ans;
        auto cur = root;
        while (cur) {
            auto head = new Node(-1), tail = head;
            for (auto i = cur; i != nullptr; i = i->next) {
                if (i->left) tail = tail->next = i->left;
                if (i->right) tail = tail->next = i->right;
            }
            cur = head->next;
        }
        return ans;
    }
};

Python 代码：

Python 复制代码

class Solution:
    def connect(self, root: 'Node') -> 'Node':
        ans = root
        if not root:
            return ans
        cur = root
        while cur:
            head = Node(-1)
            tail = head
            i = cur
            while i:
                if i.left:
                    tail.next = i.left
                    tail = tail.next
                if i.right:
                    tail.next = i.right
                    tail = tail.next
                i = i.next
            cur = head.next
        return ans

TypeScript 代码：

TypeScript 复制代码

function connect(root: Node | null): Node | null {
    let ans = root;
    if (root == null) return ans;
    let cur = root;
    while (cur != null) {
        let head = new Node(-1), tail = head;
        for (let i = cur; i != null; i = i.next) {
            if (i.left) tail = tail.next = i.left;
            if (i.right) tail = tail.next = i.right;
        }
        cur = head.next;
    }
    return ans;
};

时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n)
空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( 1 ) O(1) </math>O(1)

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.117 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：github.com/SharingSour... 。

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