力扣-删除二叉搜索树的节点

思路分析

一、核心思路

BST 的删除操作是重点难点，关键在于根据待删除节点的子节点数量，分 3 种场景处理，保证删除后树的结构仍符合 BST 规则：

场景 1：待删节点无左右子树（叶子节点）→ 直接删除（置为 null）；
场景 2：待删节点只有左 / 右子树→ 用子树替换当前节点；
场景 3：待删节点有左右子树→ 找「右子树的最小节点」（或左子树的最大节点）替换当前节点，再删除该最小 / 最大节点（转化为场景 1/2）。

二、分步拆解（以「找右子树最小节点」为例）

步骤 1：递归查找待删除节点

若 root.val > key：待删节点在左子树，递归处理左子树；
若 root.val < key：待删节点在右子树，递归处理右子树；
若 root.val == key：找到待删节点，进入删除逻辑。

步骤 2：处理删除逻辑（3 种场景）

场景 1：叶子节点（left=null && right=null）
直接返回 null，父节点会将该节点置为 null，完成删除。
场景 2：只有左 / 右子树
只有左子树：返回左子树，父节点指向左子树；
只有右子树：返回右子树，父节点指向右子树。
场景 3：有左右子树
找右子树的最小节点（右子树一直往左走，直到 left=null）；
用该最小节点的值替换当前节点的值；
递归删除右子树中的该最小节点（转化为场景 1/2）。

代码实现

java 复制代码

public TreeNode deleteNode(TreeNode root, int key) {
    // 递归出口
    if (root == null) {
        return null;
    }
    // 若根节点值小于key，则递归删除右子树
    if (root.val < key) {
        root.right = deleteNode(root.right, key);
        return root;
    } else if (root.val > key) {
        // 若根节点值大于key，则递归删除左子树
        root.left = deleteNode(root.left, key);
        return root;
    } else{
        // 若根节点值等于key，则删除根节点，并生成新的节点

        // 做左右子树都为空，则直接删除
        if (root.left == null && root.right == null) {
            return null;
        }
        // 若左子树不为空，则返回左子树根节点
        if (root.right == null) {
            return root.left;
        }
        // 若右子树不为空，则返回右子树根节点
        if (root.left == null) {
            return root.right;
        } else{
            // 若既有左子树又有右子树， 则需要跟新root值为右子树的做小节点minNode，并删除右子树中的最小节点minNode
            TreeNode minNode = findMin(root.right);
            root.val = minNode.val;
            root.right = deleteNode(root.right, minNode.val);
            return root;
        }
    }


}

/**
 * @Author Feng
 * @Description  查找以root为根节点的二叉搜索树中的最小节点
 * @Date 2026/1/19
 * @Param [root]
 * @return main.leetcode75.arr_str.entity.TreeNode
 **/
public TreeNode findMin(TreeNode root) {
    // 若根节点为空，则返回空
    if (root == null) {
        return null;
    }
    while (root.left != null) {
        root = root.left;
    }
    return root;
}

**注意：**在场景三的情况下，处理只有左子树或者右子树的时候，千万不要写成

java 复制代码

// 场景2：只有左子树
else if (root.left != null) {
    return root.left;
}
// 场景2：只有右子树
else if (root.right != null) {
    return root.right;
}
// 场景3：有左右子树（永远执行不到）
else {
    // ... 找右子树最小节点的逻辑
}

错误原因

「只有左子树」的正确条件是：root.left != null && root.right == null，但只写了 root.left != null；
「只有右子树」的正确条件是：root.right != null && root.left == null，但只写了 root.right != null；
后果：当节点同时有左右子树时（场景 3），会先命中 root.left != null 的条件，执行「只有左子树」的逻辑（返回左子树），场景 3 的代码永远不会执行，直接删除节点并替换为左子树，破坏 BST 结构。

复杂度分析

时间复杂度：O (h)，h 为 BST 的高度。平衡 BST（如 AVL 树、红黑树）h=logn，最坏情况（链表状）h=n；
空间复杂度：O (h)，递归调用栈的深度，平衡 BST 为 O (logn)，最坏为 O (n)。