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LeetCode 第116题
题目描述（中等难度）
给定一个满二叉树，每个节点多了一个next指针，然后将所有的next指针指向它的右边的节点。并且要求空间复杂度是O(1)。
解法一 BFS
如果没有要求空间复杂度这道题就简单多了，我们只需要用一个队列做BFS，BFS参见 102 题。然后按顺序将每个节点连起来就可以了。
public Node connect(Node root) {
if (root == null) {
return root;
}
Queue<Node> queue = new LinkedList<Node>();
queue.offer(root);
while (!queue.isEmpty()) {
int size = queue.size();
Node pre = null;
for (int i = 0; i < size; i++) {
Node cur = queue.poll();
//从第二个节点开始，将前一个节点的 pre 指向当前节点
if (i > 0) {
pre.next = cur;
}
pre = cur;
if (cur.left != null) {
queue.offer(cur.left);
}
if (cur.right != null) {
queue.offer(cur.right);
}
}
}
return root;
}
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解法二 迭代
当然既然题目要求了空间复杂度，那么我们来考虑下不用队列该怎么处理。只需要解决三个问题就够了。
-
每一层怎么遍历？
之前是用队列将下一层的节点保存了起来。
这里的话，其实只需要提前把下一层的
next构造完成，到了下一层的时候就可以遍历了。 -
什么时候进入下一层？
之前是得到当前队列的元素个数，然后遍历那么多次。
这里的话，注意到最右边的节点的
next为null，所以可以判断当前遍历的节点是不是null。 -
怎么得到每层开头节点？
之前队列把当前层的所以节点存了起来，得到开头节点当然很容易。
这里的话，我们额外需要一个变量把它存起来。
三个问题都解决了，就可以写代码了。利用三个指针，start 指向每层的开始节点，cur指向当前遍历的节点，pre指向当前遍历的节点的前一个节点。
如上图，我们需要把 pre 的左孩子的 next 指向右孩子，pre 的右孩子的next指向cur的左孩子。
如上图，当 cur 指向 null 以后，我们只需要把 pre 的左孩子的 next 指向右孩子。
public Node connect(Node root) {
if (root == null) {
return root;
}
Node pre = root;
Node cur = null;
Node start = pre;
while (pre.left != null) {
//遍历到了最右边的节点，要将 pre 和 cur 更新到下一层，并且用 start 记录
if (cur == null) {
//我们只需要把 pre 的左孩子的 next 指向右孩子。
pre.left.next = pre.right;
pre = start.left;
cur = start.right;
start = pre;
//将下一层的 next 连起来，同时 pre、next 后移
} else {
//把 pre 的左孩子的 next 指向右孩子
pre.left.next = pre.right;
//pre 的右孩子的 next 指向 cur 的左孩子。
pre.right.next = cur.left;
pre = pre.next;
cur = cur.next;
}
}
return root;
}
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分享下 leetcode 的高票回答的代码，看起来更简洁一些，C++ 写的。
void connect(TreeLinkNode *root) {
if (root == NULL) return;
TreeLinkNode *pre = root;
TreeLinkNode *cur = NULL;
while(pre->left) {
cur = pre;
while(cur) {
cur->left->next = cur->right;
if(cur->next) cur->right->next = cur->next->left;
cur = cur->next;
}
pre = pre->left;
}
}
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我的代码里的变量和他的变量对应关系如下。
我的 start pre cur
| | |
他的 pre cur cur.next
Copy
除了变量名不一样，算法本质还是一样的。
总结
题目让我们初始化 next 指针，初始化过程中我们又利用到了next指针，很巧妙了。
给定一个满二叉树，每个节点多了一个next指针，然后将所有的next指针指向它的右边的节点。并且要求空间复杂度是O(1)。
解法一 BFS
如果没有要求空间复杂度这道题就简单多了，我们只需要用一个队列做BFS，BFS参见 102 题。然后按顺序将每个节点连起来就可以了。
public Node connect(Node root) {
if (root == null) {
return root;
}
Queue<Node> queue = new LinkedList<Node>();
queue.offer(root);
while (!queue.isEmpty()) {
int size = queue.size();
Node pre = null;
for (int i = 0; i < size; i++) {
Node cur = queue.poll();
//从第二个节点开始，将前一个节点的 pre 指向当前节点
if (i > 0) {
pre.next = cur;
}
pre = cur;
if (cur.left != null) {
queue.offer(cur.left);
}
if (cur.right != null) {
queue.offer(cur.right);
}
}
}
return root;
}
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解法二 迭代
当然既然题目要求了空间复杂度，那么我们来考虑下不用队列该怎么处理。只需要解决三个问题就够了。
-
每一层怎么遍历？
之前是用队列将下一层的节点保存了起来。
这里的话，其实只需要提前把下一层的
next构造完成，到了下一层的时候就可以遍历了。 -
什么时候进入下一层？
之前是得到当前队列的元素个数，然后遍历那么多次。
这里的话，注意到最右边的节点的
next为null，所以可以判断当前遍历的节点是不是null。 -
怎么得到每层开头节点？
之前队列把当前层的所以节点存了起来，得到开头节点当然很容易。
这里的话，我们额外需要一个变量把它存起来。
三个问题都解决了，就可以写代码了。利用三个指针，start 指向每层的开始节点，cur指向当前遍历的节点，pre指向当前遍历的节点的前一个节点。
如上图，我们需要把 pre 的左孩子的 next 指向右孩子，pre 的右孩子的next指向cur的左孩子。
如上图，当 cur 指向 null 以后，我们只需要把 pre 的左孩子的 next 指向右孩子。
public Node connect(Node root) {
if (root == null) {
return root;
}
Node pre = root;
Node cur = null;
Node start = pre;
while (pre.left != null) {
//遍历到了最右边的节点，要将 pre 和 cur 更新到下一层，并且用 start 记录
if (cur == null) {
//我们只需要把 pre 的左孩子的 next 指向右孩子。
pre.left.next = pre.right;
pre = start.left;
cur = start.right;
start = pre;
//将下一层的 next 连起来，同时 pre、next 后移
} else {
//把 pre 的左孩子的 next 指向右孩子
pre.left.next = pre.right;
//pre 的右孩子的 next 指向 cur 的左孩子。
pre.right.next = cur.left;
pre = pre.next;
cur = cur.next;
}
}
return root;
}
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分享下 leetcode 的高票回答的代码，看起来更简洁一些，C++ 写的。
void connect(TreeLinkNode *root) {
if (root == NULL) return;
TreeLinkNode *pre = root;
TreeLinkNode *cur = NULL;
while(pre->left) {
cur = pre;
while(cur) {
cur->left->next = cur->right;
if(cur->next) cur->right->next = cur->next->left;
cur = cur->next;
}
pre = pre->left;
}
}
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我的代码里的变量和他的变量对应关系如下。
我的 start pre cur
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他的 pre cur cur.next
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除了变量名不一样，算法本质还是一样的。
总结
题目让我们初始化 next 指针，初始化过程中我们又利用到了next指针，很巧妙了。
