【LeetCode刷题日记】617.合并二叉树（空间换安全，还是原地省内存）

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前言：

大家好，我是代码不加冰，在这里先祝大家周末愉快！然后来到我们每日刷题的环节，嗯，在此之前我都是想着上午刷题，然后顺带着把文章发了，但是每次上午都有课，然后有时候还起不来，所以每次都拖到了下午甚至晚上，如果有时间还是每天多刷几题，感觉进度有点慢了，效率不是很高。

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摘要：

本文介绍了合并两棵二叉树的两种方法：原地修改法和新建树法。原地修改法直接在root1上进行节点值相加，节省空间但会破坏原树结构；新建树法则创建全新节点，保留原树但消耗更多内存。两种方法均采用深度优先搜索递归实现，时间复杂度均为O(min(m,n))。文章通过代码对比和优缺点分析，帮助开发者根据实际需求选择合适方案，强调了在内存敏感场景下原地修改的优势，以及在需要保留原树时的新建树方案。

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题目背景：617.合并二叉树

给你两棵二叉树： root1 和 root2 。

想象一下，当你将其中一棵覆盖到另一棵之上时，两棵树上的一些节点将会重叠（而另一些不会）。你需要将这两棵树合并成一棵新二叉树。合并的规则是：如果两个节点重叠，那么将这两个节点的值相加作为合并后节点的新值；否则，不为 null 的节点将直接作为新二叉树的节点。

返回合并后的二叉树。

注意: 合并过程必须从两个树的根节点开始。

示例 1：

输入：root1 = [1,3,2,5], root2 = [2,1,3,null,4,null,7]
输出：[3,4,5,5,4,null,7]

示例 2：

输入：root1 = [1], root2 = [1,2]
输出：[2,2]

提示：

• 两棵树中的节点数目在范围 [0, 2000] 内
• -104 <= Node.val <= 104

题目分析：

整体思路

我们拿到这个题目，先分析题目需求，合并二叉树，先从整体上来看就是把两个二叉树进行叠加。之后就是细微的操作，相同节点位置的进行节点值的相加，依次叠加，思维不难，具体代码可能看着不是很好实现，我们一起来看看吧。

代码思路：

首先我们就要考虑如何找到两棵二叉树的节点位置，那么自然就是遍历了，这里用什么遍历方法呢，其实这里并没有要求，因此三种方法都可以。

关键是要同时遍历两棵树。合并的方式有两种：

创建新树：每次创建新节点，值由两棵树对应节点的值决定（都有则相加，只有一棵则取该值）

原地修改：复用第一棵树的结构，将其值加上第二棵树对应位置的值

无论哪种方式，当两棵树的对应节点都存在时，新节点的值需要两棵树共同提供；若只有一棵树有节点，则直接继承该节点。

具体操作：

利用递归的方式来实现

1.那么首先我们就要先确定递归函数的需要传入的参数和返回值

我们既然要同时遍历两颗树，那么传入的参数自然就是两棵二叉树的根节点，返回值自然就是新的构建的合并二叉树的根节点，之后依次递归

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2.然后确定终止条件

因为是传入了两个树，那么就有两个树遍历的节点t1 和 t2，如果t1 == NULL 了，两个树合并就应该是 t2 了（如果t2也为NULL也无所谓，合并之后就是NULL）。

反过来如果t2 == NULL，那么两个数合并就是t1（如果t1也为NULL也无所谓，合并之后就是NULL）。

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3.确定单层递归的逻辑

在这里我们需要明确的是，我们这里利用的并不是直接构建了一棵新的树，而是在第一棵树的基础上进行的叠加。但同时也会破坏原来的树，但是节省内存（不创建新节点）

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深度优先搜索（原地修改）

思路： 直接在 root1 上进行修改，将 root2 的值合并到 root1 上，节省空间。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode() {}
 *     TreeNode(int val) { this.val = val; }
 *     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
 *         this.val = val;
 *         this.left = left;
 *         this.right = right;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    public TreeNode mergeTrees(TreeNode root1, TreeNode root2) {
          if (root1 == null) return root2;
        if (root2 == null) return root1;
        
        // 直接在root1上修改
        root1.val += root2.val;
        root1.left = mergeTrees(root1.left, root2.left);
        root1.right = mergeTrees(root1.right, root2.right);
        
        return root1;
    }
}

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我们也可以自己构建一个新的树

深度优先搜索（DFS）递归

思路： 同时遍历两棵树，对应位置相加后创建新节点，递归处理左右子树。

只需要自己构建一个新的根节点即可。

java

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode() {}
 *     TreeNode(int val) { this.val = val; }
 *     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
 *         this.val = val;
 *         this.left = left;
 *         this.right = right;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    public TreeNode mergeTrees(TreeNode root1, TreeNode root2) {
        // 边界情况：其中一棵树为空，直接返回另一棵
        if (root1 == null) return root2;
        if (root2 == null) return root1;
        
        // 两棵树都不为空：创建新节点，值为两节点值之和
        TreeNode merged = new TreeNode(root1.val + root2.val);
        
        // 递归合并左右子树
        merged.left = mergeTrees(root1.left, root2.left);
        merged.right = mergeTrees(root1.right, root2.right);
        
        return merged;
    }
}

代码对比

对比项	方法一（创建新树）	方法二（原地修改）
核心代码	TreeNode merged = new TreeNode(root1.val + root2.val)	root1.val += root2.val
是否创建新节点	✅ 是，每层递归都 new	❌ 否，直接在原节点上修改
是否修改原树	❌ 否，root1和root2保持不变	✅ 是，root1被改变
返回结果	返回新创建树的根节点	返回修改后的root1

优缺点对比

维度	方法一（创建新树）	方法二（原地修改）
空间复杂度	O(min(m,n)) + 新树空间	O(min(m,n))
额外内存	需要创建新节点（约 m+n 个节点）	几乎无额外内存
是否破坏原数据	❌ 不破坏	✅ 破坏 root1
函数纯度	✅ 纯函数，无副作用	❌ 有副作用
可重入性	✅ 可重复调用	❌ 原数据被改后无法恢复

结语：

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