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难度: 中等
题目描述
给你一棵二叉树的根节点 root ，树中有 n 个节点，每个节点都有一个不同于其他节点且处于 1 到 n 之间的值。
另给你一个由 n 个值组成的行程序列 voyage ，表示 预期 的二叉树 先序遍历 结果。
通过交换节点的左右子树，可以 翻转 该二叉树中的任意节点。例，翻转节点 1 的效果如下：
请翻转 最少 的树中节点，使二叉树的 先序遍历 与预期的遍历行程 voyage 相匹配 。
如果可以，则返回 翻转的 所有节点的值的列表。你可以按任何顺序返回答案。如果不能，则返回列表 [-1]。
示例 1：
输入： root = [1,2], voyage = [2,1]
输出： [-1]
解释： 翻转节点无法令先序遍历匹配预期行程。
示例 2：
输入： root = [1,2,3], voyage = [1,3,2]
输出： [1]
解释： 交换节点 2 和 3 来翻转节点 1 ，先序遍历可以匹配预期行程。
示例 3：
输入： root = [1,2,3], voyage = [1,2,3]
输出： []
解释： 先序遍历已经匹配预期行程，所以不需要翻转节点。
提示：
- 树中的节点数目为 n
- n == voyage.length
- 1 <= n <= 100
- 1 <= Node.val, voyage[i] <= n
- 树中的所有值 互不相同
- voyage 中的所有值 互不相同
题目分析
主要思路就是:
dfs思想： 递归判断 先判断不翻转时 子树的第一个值是否能匹配 然后再考虑翻转
DFS
class Solution:
def flipMatchVoyage(self, root: TreeNode, voyage: List[int]) -> List[int]:
index = 0
ans = []
def dfs(node):
nonlocal voyage, index, ans
if node is None: # 空节点返回上一层
return True
if node.val != voyage[index]:
return False
index +=1
if node.left is None and node.right is None:
return True
if node.left and node.left.val == voyage[index]:
return dfs(node.left) and dfs(node.right)
if node.right and node.right.val == voyage[idx]:
if node.left is not None:
# 如果另一棵子树是一个空节点 那么无需翻转遵从dfs顺序即可
ans.append(node.val)
return dfs(node.right) and dfs(node.left)
return False
return ans if dfs(root) else [-1]
