题目介绍

分析

思路

路径每到一个节点，有 3 种选择：1. 停在当前节点。2. 走到左子节点。3. 走到右子节点。
走到子节点，又面临这 3 种选择，递归适合处理这种规模不同的同一问题。
注意，不能走进一个分支又掉头回来走另一个分支，路径会重叠，不符合题目要求。

定义递归函数

对于一个父节点，它关心自己走入一个子树，从中捞取的最大收益，具体怎么走它不关心。

定义dfs函数：返回当前子树能向父节点“提供”的最大路径和。即，一条从父节点延伸下来的路径，能在当前子树中捞取的最大收益。分为三种情况：

  1.路径停在当前子树的根节点，在当前子树的最大收益：root.val
  2.走入左子树，在当前子树的最大收益：root.val + dfs(root.left)
  3.走入右子树，在当前子树的最大收益：root.val + dfs(root.right)
  这对应了前面所说的三种选择，最大收益取三者最大：root.val + max(0, dfs(root.left), dfs(root.right))

再次提醒: 一条从父节点延伸下来的路径，不能走入左子树又掉头走右子树，不能两头收益。
当遍历到null节点时，null 子树提供不了收益，返回 0。
如果某个子树 dfs 结果为负，走入它，收益不增反减，该子树应该被忽略，杜绝走入，像对待 null 一样让它返回 0（壮士断腕）。

子树中的内部路径要包含根节点

题意可知，最大路径和，是可能产生于其中一个子树中的，就好比下图左一。
所以每递归一个子树，都求一下当前子树内部的最大路径和，见下图右一的绿色笔迹，从中比较出最大的。
注意: 一个子树内部的路径，要包含当前子树的根节点。如果不包含，那还算什么属于当前子树的路径，那就是当前子树的子树的内部路径了。
所以，一个子树内部的最大路径和 = 左子树提供的最大路径和 + 根节点值 + 右子树提供的最大路径和。即dfs(root.left) + root.val + dfs(root.right)

代码如下：。

/**
 * 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 {
    int result = Integer.MIN_VALUE;
    
    public int maxPathSum(TreeNode root) {
        dfs(root);
        return result;
    }

    //函数功能:返回当前结点能为父亲提供的贡献，需要结合上面的图来看
    public int  dfs(TreeNode root) {
        //如果当前节点为叶子节点，那么对父亲节点的贡献为0
        if(root == null) {
            return 0;
        }
        //如果不是叶子节点，计算当前结点的左右孩子对自身的贡献left和right
        int left = dfs(root.left);
        int right = dfs(root.right);
        //更新最大值，就是当前节点值加上左右节点的贡献
        result = Math.max(result , root.val + left + right);
        //计算当前节点为父亲节点提供的最大贡献，必须加上val
        int max = Math.max(root.val + left , root.val + right);
        //如果贡献小于0，直接返回0即可
        return max < 0 ? 0 : max;
    }
}

时间复杂度 O(N)，每个节点都要遍历，空间复杂度是 O(H)，递归树的深度。

124. 二叉树中的最大路径和

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定义递归函数