LeetCode刷题--- 验证二叉搜索树

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前言:这个专栏主要讲述递归递归、搜索与回溯算法,所以下面题目主要也是这些算法做的

我讲述题目会把讲解部分分为3个部分:
1、题目解析

2、算法原理思路讲解

3、代码实现


注意:这道题目涉及到二叉搜索树的内容 ,若有不懂的可以参考下面这篇文章

数据结构:二叉搜索树-CSDN博客


验证二叉搜索树

题目链接验证二叉搜索树

题目:

给你一个二叉树的根节点 root ,判断其是否是一个有效的二叉搜索树。

有效 二叉搜索树定义如下:

  • 节点的左子树只包含小于当前节点的数。
  • 节点的右子树只包含 大于 当前节点的数。
  • 所有左子树和右子树自身必须也是二叉搜索树。

示例 1:

复制代码
输入:root = [2,1,3]
输出:true

示例 2:

复制代码
输入:root = [5,1,4,null,null,3,6]
输出:false
解释:根节点的值是 5 ,但是右子节点的值是 4 。

提示:

  • 树中节点数目范围在[1, 104]
  • -231 <= Node.val <= 231 - 1

解法

题目解析

题目没什么好说的,就是给我们一颗二叉树 ,判断它是否为二叉搜索树

二叉搜索树有如下特性:

  • 若它的左子树不为空,则 左子树上所有节点的值都小于根节点的值
  • 若它的右子树不为空,则 右子树上所有节点的值都大于根节点的值
  • 它的左右子树也分别为二叉搜索树

算法原理思路讲解

解法一:

依靠二叉搜索树的特性:中序遍历为有序

思路:创建一个全局变量 v ,中序遍历整个二叉树,然后再判断 v 是否有序即可


解法二:

解法一虽然也可以通过,但是我们没有必要连续插入

思路:

因此,我们可以初始化⼀个**⽆穷⼩的全区变量** ,⽤来记录中序遍历过程中的前驱结点 。那么就可以在 中序遍历的过程中,先判断是否和前驱结点构成递增序列,然后修改前驱结点为当前结点,传⼊下⼀层的递归中。
算法流程:

  1. 初始化⼀个全局的变量 prev ,⽤来记录中序遍历过程中的前驱结点的 val
  2. 中序遍历的递归函数中:
    (1)设置递归出⼝:root == nullptr 的时候,返回 true;
    (2)先递归判断左⼦树是否是⼆叉搜索树,⽤ left 标记;
    (3)然后判断当前结点是否满⾜⼆叉搜索树的性质,⽤ cur 标记:
    1)如果当前结点的 val ⼤于 prev,说明满⾜条件,cur 改为 true;
    2)如果当前结点的 val ⼩于等于 prev,说明不满⾜条件,cur 改为 false;
    (4)最后递归判断右⼦树是否是⼆叉搜索树,⽤ right 标记;
  3. 只有当 left、 cur 和 right 都是 true 的时候,才返回 true。

以上思路就讲解完了,大家可以先自己先做一下


代码实现

解法一

  • 时间复杂度:O(n),其中 n 为二叉树的节点个数。二叉树的每个节点最多被访问一次,因此时间复杂度为 O(n)。

  • 空间复杂度:O(n),其中 n 为二叉树的节点个数。vector最多存储 n 个节点,因此需要额外的 O(n) 的空间。

    /**

    • Definition for a binary tree node.

    • struct TreeNode {

    • 复制代码
      int val;
    • 复制代码
      TreeNode *left;
    • 复制代码
      TreeNode *right;
    • 复制代码
      TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
    • 复制代码
      TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
    • 复制代码
      TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
    • };
      */
      class Solution {
      public:
      vector<int> v;

      void dfs(TreeNode* root)
      {
      if (root == nullptr)
      {
      return;
      }

      复制代码
       dfs(root->left);
       
       v.push_back(root->val);
      
       dfs(root->right);

      }

      bool isValidBST(TreeNode* root)
      {
      bool flag = true;
      dfs(root);
      for (int i = 1; i < v.size(); i++)
      {
      if (v[i-1] >= v[i])
      {
      flag = false;
      }
      }

      复制代码
       return flag;

      }
      };

解法二

  • 时间复杂度:O(n),其中 n 为二叉树的节点个数。在递归调用的时候二叉树的每个节点最多被访问一次,因此时间复杂度为 O(n)。
  • 空间复杂度:O(n),其中 n 为二叉树的节点个数。递归函数在递归过程中需要为每一层递归函数分配栈空间,所以这里需要额外的空间且该空间取决于递归的深度,即二叉树的高度。最坏情况下二叉树为一条链,树的高度为 n ,递归最深达到 n 层,故最坏情况下空间复杂度为 O(n) 。
cpp 复制代码
/**
 * 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 {
    long prev = LONG_MIN;
public:
    bool isValidBST(TreeNode* root) 
    {
        if(root == nullptr) return true;
        bool left = isValidBST(root->left);

        // 剪枝(可以不用理会,若想知道,自行了解)
        if(left == false) return false;  // 去掉也可以通过

        bool cur = false;
        if(root->val > prev)
            cur = true;

        // 剪枝(可以不用理会,若想知道,自行了解)
        if(cur == false) return false;
        
        prev = root->val;
        bool right = isValidBST(root->right);
        return left && right && cur;
    }
};
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