题目
解析
遍历树的方法。DFS（先序遍历，中序遍历，后序遍历）；BFS。
遍历树的两种通用策略：
-
深度优先遍历（
DFS）这种方法以深度
depth优先为策略，从根节点开始一直遍历到某个叶子节点，然后回到根节点，在遍历另外一个分支。
根据根节点，左孩子节点和右孩子节点的访问顺序又可以将 DFS 细分为先序遍历preorder，中序遍历inorder和后序遍历postorder。 -
广度优先遍历（
BFS）按照高度顺序，从上往下逐层遍历节点。
先遍历上层节点再遍历下层节点。
下图中按照不同的方法遍历对应子树，得到的遍历顺序都是 1-2-3-4-5。根据不同子树结构比较不同遍历方法的特点。
将有序数组转换为二叉搜索树的结果为什么 不唯一 ？
众所周知，二叉搜索树的中序遍历是一个升序序列。
将有序数组作为输入，可以把该问题看做 根据中序遍历序列创建二叉搜索树。
这个问题的答案唯一吗。例如：是否可以根据中序遍历序列和二叉搜索树之间是否一一对应，答案是 否定的。
下面是一些关于 BST 的知识。
- 中序遍历不能唯一确定一棵二叉搜索树。
- 先序和后序遍历不能唯一确定一棵二叉搜索树。
- 先序/后序遍历和中序遍历的关系：
inorder = sorted(postorder) = sorted(preorder)， - 中序+后序、中序+先序可以唯一确定一棵二叉树。
因此，“有序数组 -> BST”有多种答案。
因此，添加一个附件条件：树的高度应该是平衡的、例如：每个节点的两棵子树高度差不超过 1。
这种情况下答案唯一吗？仍然没有。
高度平衡意味着每次必须选择中间数字作为根节点。这对于奇数个数的数组是有用的，但对偶数个数的数组没有预定义的选择方案。
对于偶数个数的数组，要么选择中间位置左边的元素作为根节点，要么选择中间位置右边的元素作为根节点，不同的选择方案会创建不同的平衡二叉搜索树。方法一始终选择中间位置左边的元素作为根节点，方法二始终选择中间位置右边的元素作为根节点。方法一和二会生成不同的二叉搜索树，这两种答案都是正确的。
方法一：中序遍历：始终选择中间位置左边元素作为根节点
算法
-
方法
helper(left, right)使用数组 nums 中索引从left到right的元素创建 BST：- 如果
left > right，子树中不存在元素，返回空。 - 找出中间元素：
p = (left + right) // 2。 - 创建根节点：
root = TreeNode(nums[p])。 - 递归创建左子树
root.left = helper(left, p - 1)和右子树root.right = helper(p + 1, right)。
- 如果
-
返回
helper(0, len(nums) - 1)。
代码：
class Solution {
int[] nums;
public TreeNode helper(int left, int right) {
if (left > right) return null;
// always choose left middle node as a root
int p = (left + right) / 2;
// inorder traversal: left -> node -> right
TreeNode root = new TreeNode(nums[p]);
root.left = helper(left, p - 1);
root.right = helper(p + 1, right);
return root;
}
public TreeNode sortedArrayToBST(int[] nums) {
this.nums = nums;
return helper(0, nums.length - 1);
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)，每个元素只访问一次。
- 空间复杂度：O(N)，二叉搜索树空间 O(N)，递归栈深度 O(logN)。
方法二：中序遍历：始终选择中间位置右边元素作为根节点
算法
-
方法
helper(left, right)使用数组 nums 中索引从left到right的元素创建 BST：-
如果
left > right，子树中不存在元素，返回空。 -
找出中间位置右边元素：
p = (left + right) // 2。- 如果
left + right是偶数，则p + 1。
-
创建根节点：
root = TreeNode(nums[p])。 -
递归创建左子树
root.left = helper(left, p - 1)和右子树root.right = helper(p + 1, right)。
-
-
返回
helper(0, len(nums) - 1)。
class Solution {
int[] nums;
public TreeNode helper(int left, int right) {
if (left > right) return null;
// always choose right middle node as a root
int p = (left + right) / 2;
if ((left + right) % 2 == 1) ++p;
// inorder traversal: left -> node -> right
TreeNode root = new TreeNode(nums[p]);
root.left = helper(left, p - 1);
root.right = helper(p + 1, right);
return root;
}
public TreeNode sortedArrayToBST(int[] nums) {
this.nums = nums;
return helper(0, nums.length - 1);
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)，每个元素只访问一次。
- 空间复杂度：O(N)，二叉搜索树空间 O(N)，递归栈深度 O(logN)。
方法三：中序遍历：选择任意一个中间位置元素作为根节点
不做预定义选择，每次随机选择中间位置左边或者右边元素作为根节点。每次运行的结果都不同，但都是正确的。
算法
-
方法
helper(left, right)使用数组 nums 中索引从left到right的元素创建 BST：-
如果
left > right，子树中不存在元素，返回空。 -
找出中间位置右边元素：
p = (left + right) // 2。- 如果
left + right是偶数，随机选择p + 0或者p + 1。
-
创建根节点：
root = TreeNode(nums[p])。 -
递归创建左子树
root.left = helper(left, p - 1)和右子树root.right = helper(p + 1, right)。
-
-
返回
helper(0, len(nums) - 1)。
class Solution {
int[] nums;
Random rand = new Random();
public TreeNode helper(int left, int right) {
if (left > right) return null;
// choose random middle node as a root
int p = (left + right) / 2;
if ((left + right) % 2 == 1) p += rand.nextInt(2);
// inorder traversal: left -> node -> right
TreeNode root = new TreeNode(nums[p]);
root.left = helper(left, p - 1);
root.right = helper(p + 1, right);
return root;
}
public TreeNode sortedArrayToBST(int[] nums) {
this.nums = nums;
return helper(0, nums.length - 1);
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)，每个元素只访问一次。
- 空间复杂度：O(N)，二叉搜索树空间 O(N)，递归栈深度 O(logN)。
