LeetCode 226. 翻转二叉树

LeetCode 226. 翻转二叉树

摘要

LeetCode 226 翻转二叉树题解，使用迭代法（栈）前序遍历实现二叉树翻转，时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(n)。本文同时讨论前序、后序遍历可行而中序遍历不可行的原因。

标签

#算法 #LeetCode #二叉树 #栈 #迭代 #题解

目录

1. 题目描述

2. 易错点

3. 思路

   • 前序遍历可行
   • 后序遍历可行
   • 中序遍历陷阱

4. 编写代码

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1. 题目描述

给你一棵二叉树的根节点 root，翻转这棵二叉树，并返回其根节点。

示例 1：

text

输入：root = [4,2,7,1,3,6,9]
输出：[4,7,2,9,6,3,1]

示例 2：

text

输入：root = [2,1,3]
输出：[2,3,1]

示例 3：

text

输入：root = []
输出：[]

提示：

• 树中节点数目范围是 [0, 100]
• -100 <= Node.val <= 100

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2. 易错点

1. 空树直接返回 NULL。
2. 翻转时需交换左右子树的指针，注意使用临时变量保存。
3. 迭代法中，栈存储节点指针，访问顺序需符合遍历要求。
4. 释放动态分配的栈内存，避免内存泄漏。
5. 中序遍历无法正确翻转，需避免使用。

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3. 思路

翻转二叉树的本质是交换每个节点的左右子树。任何遍历顺序只要能保证每个节点的左右子树都被交换且不重复、不遗漏即可。但不同遍历顺序的效果不同。

前序遍历可行

前序遍历顺序：根 → 左 → 右。

• 访问根节点时，交换其左右子树。
• 然后遍历左子树（此时左子树已经是原右子树，但尚未被处理），再遍历右子树（原左子树）。
• 由于每个节点在其子节点被处理之前就已经完成了交换，子节点指针已经正确指向新的子树，因此后续遍历会正确处理所有节点。
• 每个节点恰好被交换一次。

后序遍历可行

后序遍历顺序：左 → 右 → 根。

• 先递归处理左子树和右子树，使它们自身完成翻转。
• 然后交换当前节点的左右子树。
• 这样每个节点也只被交换一次，且子树的翻转在交换前完成，逻辑正确。

中序遍历陷阱

中序遍历顺序：左 → 根 → 右。

• 假设当前节点为 root，先遍历左子树（root->left）。
• 然后访问 root，交换 root->left 和 root->right。
• 此时 root->right 变成了原来的左子树（已经被遍历过），而 root->left 变成了原来的右子树（尚未被遍历）。
• 接着中序遍历会去遍历右子树，也就是 root->right（注意此时 root->right 已经是原来的左子树），但该子树已经在前面的步骤中被完整遍历过了。
• 而原来的右子树（现在变成了 root->left）却永远不会被遍历，因为中序遍历已经经过了左子树（在交换前），现在不会再回头。
• 结果就是：原来左子树被翻转了两次（一次在遍历时，一次在作为右子树被处理时？实际上它是被重复遍历了但未被正确翻转），而原来的右子树完全没有被翻转。

具体过程示例（以节点 2 为根，左子树 1，右子树 3）：

1. 中序递归：先处理左子树 1（无子节点，返回）。
2. 访问根 2，交换左右 -> 左=3，右=1。
3. 然后中序遍历右子树，即 node->right = 1，但 1 已经被处理过了（且已返回），不会再次翻转。
4. 结果是节点 3 从未被处理，因此 3 的子树（如果有）不会被翻转。

所以中序遍历在翻转二叉树时会导致部分节点被遗漏或重复处理，无法得到正确结果。因此，通常采用前序或后序遍历。

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4. 编写代码

采用前序遍历迭代法（栈实现）：

c 运行

c

struct TreeNode* invertTree(struct TreeNode* root) {
    if (root == NULL) return NULL;

    struct TreeNode** stack = (struct TreeNode**)malloc(10000 * sizeof(struct TreeNode*));
    int top = 0;
    stack[top++] = root;

    while (top > 0) {
        struct TreeNode* node = stack[--top];
        struct TreeNode* temp = node->left;
        node->left = node->right;
        node->right = temp;
        if (node->left)  stack[top++] = node->left;
        if (node->right) stack[top++] = node->right;
    }

    free(stack);
    return root;
}