LeetCode CodeTop 113.路径总和Ⅱ

风筝在晴天搁浅2026-05-09 9:19

思路：在递归的同时，额外维护从根到当前节点的元素和sum。此外，还要在递归函数的外部维护一个path列表，记录从根到当前节点路径上的所有节点。

一、递归逻辑：

1.如果当前的节点是空节点，则直接返回。

2.把当前的节点加入path，同时sum减去当前节点的值（sum初始为targetSum）。

3.如果当前的节点是叶子节点且sum == 0，那么就把路径path加入答案。

4.否则，继续递归左右子树。

5.在递归返回之前，把我们在递归开头加入的节点，也就是当前path的最后一个节点，从path中去掉（恢复现场）。为什么要这样呢，这是因为当我们递归完左子树，要递归右子树之前，path中还保留着左子树的节点。如果不及时去掉的话，会导致最终加到答案中的path，既包含左子树的节点，又包含右子树的节点，这连"路径"都算不上。

二、复杂度分析：

1.时间复杂度：O(n^2)，其中n是二叉树的节点个数。首先遍历所有节点的时间复杂度是O(n)，因为每个节点恰好被访问一次。对于"一条链 + 完全二叉树"这样的"扫帚型"二叉树，我们会在O(n)个叶子节点处，都去复制长为O(n)的path（res.add(new ArrayList<>(path))），所以总的时间复杂度为O(n^2)。

2.空间复杂度：O(n)，返回值不计入。

附代码：

java 复制代码

class Solution {
    private List<Integer> path = new ArrayList<>();
    private List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
    public List<List<Integer>> pathSum(TreeNode root, int targetSum) {
        dfs(root, targetSum);
        return res;
    }

    private void dfs(TreeNode root, int sum) {
        if (root == null) {
            return;
        }
        path.add(root.val);
        sum -= root.val;
        if (root.left == null && root.right == null && sum == 0) {
            res.add(new ArrayList<>(path));
        } else {
            dfs(root.left, sum);
            dfs(root.right, sum);
        }
        path.remove(path.size() - 1);
    }
}