Problem: 199. 二叉树的右视图
文章目录
题目描述
思路
无论是DFS 还是BFS 我们都要思考到达二叉树的每一层(或者每一层中的每一个节点)时,我们都该如何按题目要求做出对应得处理!!!在本体中我们主要是:
1.当右子树与左子树等高或者右子树高于左子树时,我们只添加每一个右子树得右节点到结果集(根节点得左子树整个都去除)
2.当左子树高于右子树时,我们将等高得部分按1中处理,左子树高出右子树得部分,再将其右子树得右节点添加到结果集
解题方法
思路1:DFS
1.创建unordered_map<int, int> rightmostValueAtDepth;记录每一层应该添加到右视图 的节点,int maxDepth = -1;记录并维护当前的最大深度,stack<TreeNode > nodeStack;用于DFS过程中的存储节点,stack depthStack;用于同时记录DFS过程中的树的深度;
2.将根节点添加到nodeStack中,while循环遍历(循环退出条件为nodeStack为空),每次弹出nodeStack和depthStack中的栈顶元素node与depth,若此时node不为空则更新最大深度,同时 若rightmostValueAtDepth[depth]不存在则添加到rightmostValueAtDepth中 *;并且将node -> left;node -> right;depth + 1;depth + 1 分别添加到对应的nodeStack和depthStack栈3.最后将rightmostValueAtDepth中的值添加到一个一维数组中即可
思路2:BFS
大体实现直接套用BFS代码的模板书写即可,具体解释下面代码实现中的两个点
1.由于常规的BFS 模板均是先添加左子树节点到队列,再添加右子树节点到队列 所以我们可以利用数组元素可以覆盖 的特性在每次添加节点到队列时,也将该节点值放入一个空间大小为1的数组temp中 ,这样操作后无论是思路中1、2哪种情况,都能保证最后添加到结果集中的节点值是复合题目右视图 这个定义;
2.按常规BFS 代码的实现(或者说就是按下面代码前面部分的操作)会导致最后一个被写到temp数组中的元素会添加两次到最终的结果集中 ,所以要push_back一次!!!
复杂度
思路1、2均如下
时间复杂度:
O ( n ) O(n) O(n)
空间复杂度:
O ( n ) O(n) O(n)
Code
思路1:
cpp
class Solution {
public:
/**
* DFS
*
* @param root The root of a binary tree
* @return vector<int>
*/
vector<int> rightSideView(TreeNode *root) {
if (root == nullptr) {
return {};
}
unordered_map<int, int> rightmostValueAtDepth;
int maxDepth = -1;
stack<TreeNode *> nodeStack;
stack<int> depthStack;
nodeStack.push(root);
depthStack.push(0);
while (!nodeStack.empty()) {
TreeNode *node = nodeStack.top();
nodeStack.pop();
int depth = depthStack.top();
depthStack.pop();
if (node != nullptr) {
//Maintain the maximum depth of a binary tree
maxDepth = max(maxDepth, depth);
//If not in the map collection, add it
if (rightmostValueAtDepth.find(maxDepth) == rightmostValueAtDepth.end()) {
rightmostValueAtDepth[depth] = node->val;
}
nodeStack.push(node->left);
nodeStack.push(node->right);
depthStack.push(depth + 1);
depthStack.push(depth + 1);
}
}
vector<int> res;
for (int i = 0; i < maxDepth; ++i) {
res.push_back(rightmostValueAtDepth[i]);
}
return res;
}
};
思路2:
cpp
class Solution {
public:
/**
* BFS
*
* @param root The root of a binary tree
* @return vector<int>
*/
vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
if (root == nullptr) {
return {};
}
if (root -> left == nullptr && root -> right == nullptr) {
return {root -> val};
}
vector<int> res;
vector<int> temp(1);
queue<TreeNode*> queue;
res.push_back(root -> val);
queue.push(root);
while (!queue.empty()) {
int curLevelSize = queue.size();
for (int i = 0; i < curLevelSize; ++i) {
TreeNode* curLevelNode = queue.front();
queue.pop();
if (curLevelNode -> left != nullptr) {
temp[0] = curLevelNode -> left -> val;
queue.push(curLevelNode -> left);
}
if (curLevelNode -> right != nullptr) {
temp[0] = curLevelNode -> right -> val;
queue.push(curLevelNode -> right);
}
}
res.push_back(temp[0]);
}
//Pop the last repetitive node
res.pop_back();
return res;
}
};