LC 99. 恢复二叉搜索树

题目描述

这是 LeetCode 上的 99. 恢复二叉搜索树 ,难度为 中等

给你二叉搜索树的根节点 root,该树中的 恰好 两个节点的值被错误地交换。请在不改变其结构的情况下,恢复这棵树 。

示例 1:

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输入:root = [1,3,null,null,2]

输出:[3,1,null,null,2]

解释:3 不能是 1 的左孩子,因为 3 > 1 。交换 1 3 使二叉搜索树有效。

示例 2:

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输入:root = [3,1,4,null,null,2]

输出:[2,1,4,null,null,3]

解释:2 不能在 3 的右子树中,因为 2 < 3 。交换 2 3 使二叉搜索树有效。

提示:

  • 树上节点的数目在范围 $[2, 1000]$ 内
  • $-2^{31} <= Node.val <= 2^{31} - 1$

进阶:使用 $O(n)$ 空间复杂度的解法很容易实现。你能想出一个只使用 $O(1)$ 空间的解决方案吗?


基本分析

首先,别想复杂了。

所谓的恢复二叉树(两节点互换),只需要将两节点的 val 进行互换即可,而不需要对节点本身进行互换。


中序遍历 - 递归 & 迭代

二叉搜索树,其中序遍历是有序的。

要找到哪两个节点被互换,可通过比对中序遍历序列来实现。

但将整个中序遍历序列保存下来,再检测序列有序性的做法,复杂度是 $O(n)$ 的(不要说题目要求的 $O(1)$,连 $O(h)$ 都达不到)。

所以第一步,这个「递归 & 迭代」的次优解,我们先考虑如何做到 $O(h)$ 的空间复杂度,即在中序遍历过程中找到互换节点

其实也很简单,除了使用 ab 来记录互换节点,额外使用变量 last 来记录当前遍历过程中的前一节点即可:

若存在前一节点 last 存在,而且满足前一节点值大于当前节点(last.val > root.val),违反“有序性”,根据是否为首次出现该情况分情况讨论:

  • 若是首次满足条件,即 a == null,此时上一节点 last 必然是两个互换节点之一,而当前 root 只能说是待定,因为有可能是 lastroot 实现互换,也有可能是 last 和后续的某个节点实现互换。

    此时有 a = last, b = root

  • 若是非首次满足条件,即 a != null,此时当前节点 root 必然是两个互换节点中的另外一个。

    此时有 b = root

综上:如果整个中序遍历的序列中“逆序对”为一对,那么互换节点为该“逆序对”的两个成员;若“逆序对”数量为两对,则互换节点为「第一对“逆序对”的首个节点」和「第二对“逆序对”的第二个节点」。

Java 代码(递归):

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class Solution {
TreeNode a = null, b = null, last = null;
public void recoverTree(TreeNode root) {
dfs(root);
int val = a.val;
a.val = b.val;
b.val = val;
}
void dfs(TreeNode root) {
if (root == null) return ;
dfs(root.left);
if (last != null && last.val > root.val) {
if (a == null) {
a = last; b = root;
} else {
b = root;
}
}
last = root;
dfs(root.right);
}
}

Java 代码(迭代):

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class Solution {
public void recoverTree(TreeNode root) {
Deque<TreeNode> d = new ArrayDeque<>();
TreeNode a = null, b = null, last = null;
while (root != null || !d.isEmpty()) {
while (root != null) {
d.addLast(root);
root = root.left;
}
root = d.pollLast();
if (last != null && last.val > root.val) {
if (a == null) {
a = last; b = root;
} else {
b = root;
}
}
last = root;
root = root.right;
}
int val = a.val;
a.val = b.val;
b.val = val;
}
}

  • 时间复杂度:$O(n)$
  • 空间复杂度:$O(h)$,其中 $h$ 为树高

中序遍历 - Morris 遍历

Morris 遍历也就是经常说到的“神级遍历”,其本质是通过做大常数来降低空间复杂度。

还是以二叉树的中序遍历为例,无论是递归或是迭代,为了在遍历完左节点(也可以是左子树)时,仍能回到父节点,我们需要使用数据结构栈,只不过在递归做法中是用函数调用充当栈,而在迭代做法则是显式栈。

这使得空间复杂度为 $O(h)$,而 Morris 遍历的核心则是利用“路径底部节点”中的空闲指针进行线索。

举个 🌰,对于一棵最简单的二叉树:

image-20230907221810420

在中序遍历过程中,如果选择递归或迭代方式,并且不使用栈的情况,当遍历完左子节点(或左子树的最后一个节点)后,将会面临无法返回根节点的问题。

在 Morris 遍历中,从根节点开始,尚未真正遍历左子节点之前,就会先建立「左子节点(或左子树的最后一个节点)」与「当前根节点」之间的链接,从而避免使用栈。

具体的,Morris 遍历的中序遍历遵循如下流程(喜欢的话可以背过):

  1. 令根节点为当前节点

  2. 只要当前节点不为空(while (root != null)),重复执行如下流程:

    • 若当前节点的左子节点为空(root.left = null),将当前节点更新为其右子节点(root = root.right)

    • 若当前节点的左子节点不为空,利用临时变量 t 存储,找到当前节点的前驱节点(左子树中最后一个节点):

      • 若前驱节点的右子节点为空(t.right = null),将前驱节点的右子节点链接到当前节点(t.right = root),并将当前节点更新为左子节点(root = root.left
      • 若前驱节点的右子节点不为空,说明已链接到当前节点,此时将前驱节点的右子节点置空(删除链接 t.right = null),遍历当前节点,并将当前节点更新为右子节点(root = root.right

Java 代码:

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class Solution {
public void recoverTree(TreeNode root) {
TreeNode a = null, b = null, last = null;
while (root != null) {
if (root.left == null) {
if (last != null && last.val > root.val) {
if (a == null) {
a = last; b = root;
} else {
b = root;
}
}
last = root;
root = root.right;
} else {
TreeNode t = root.left;
while (t.right != null && t.right != root) t = t.right;
if (t.right == null) { // 若前驱节点右子树为空, 说明是真正遍历左子树前, 建立与当前根节点的链接, 然后开始真正遍历左子树
t.right = root;
root = root.left;
} else { // 若已存在链接, 说明是第二次访问根节点, 左子树(前驱节点)已遍历完, 此时应该解开链接, 遍历当前节点以及右子树
t.right = null;
if (last != null && last.val > root.val) {
if (a == null) {
a = last; b = root;
} else {
b = root;
}
}
last = root;
root = root.right;
}
}
}
int val = a.val;
a.val = b.val;
b.val = val;
}
}

  • 时间复杂度:$O(n)$
  • 空间复杂度:$O(1)$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.99 篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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