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LeetCode 第117题

题目描述（中等难度）

给定一个二叉树，然后每个节点有一个 next 指针，将它指向它右边的节点。和 116 题基本一样，区别在于之前是满二叉树。

解法一 BFS

直接把 116 题题的代码复制过来就好，一句也不用改。

利用一个栈将下一层的节点保存。通过pre指针把栈里的元素一个一个接起来。

 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();
             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

当然题目要求了空间复杂度，可以先到 116 题看一下思路，这里在上边的基础上改一下。

我们用第二种简洁的代码，相对会好改一些。

 Node connect(Node root) {
     if (root == null)
         return root;
     Node pre = root;
     Node cur = null;
     while (pre.left != null) {
         cur = pre;
         while (cur != null) {
             cur.left.next = cur.right;
             if (cur.next != null) {
                 cur.right.next = cur.next.left;
             }
             cur = cur.next;
         }
         pre = pre.left;
     }
 
     return root;
 }
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需要解决的问题还是挺多的。

 cur.left.next = cur.right;
 cur.right.next = cur.next.left;
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之前的关键代码就是上边两句，但是在这道题中我们无法保证cur.left 或者 cur.right 或者 cur.next.left或者cur.next.right 是否为null。所以我们需要用一个while循环来保证当前节点至少有一个孩子。

 while (cur.left == null && cur.right == null) {
     cur = cur.next; 
 }
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这样的话保证了当前节点至少有一个孩子，然后如果一个孩子为 null，那么就可以保证另一个一定不为 null 了。

整体的话，就用了上边介绍的技巧，代码比较长，可以结合的看一下。

 Node connect(Node root) {
     if (root == null)
         return root;
     Node pre = root;
     Node cur = null;
     while (true) {
         cur = pre;
         while (cur != null) {
             //找到至少有一个孩子的节点
             if (cur.left == null && cur.right == null) {
                 cur = cur.next;
                 continue;
             }
             //找到当前节点的下一个至少有一个孩子的节点
             Node next = cur.next;
             while (next != null && next.left == null && next.right == null) {
                 next = next.next;
                 if (next == null) {
                     break;
                 }
             }
             //当前节点的左右孩子都不为空，就将 left.next 指向 right
             if (cur.left != null && cur.right != null) {
                 cur.left.next = cur.right;
             }
             //要接上 next 的节点的孩子，所以用 temp 处理当前节点 right 为 null 的情况
             Node temp = cur.right == null ? cur.left : cur.right;
 
             if (next != null) {
                 //next 左孩子不为 null，就接上左孩子。
                 if (next.left != null) {
                     temp.next = next.left;
                 //next 左孩子为 null，就接上右孩子。
                 } else {
                     temp.next = next.right;
                 }
             }
 
             cur = cur.next;
         }
         //找到拥有孩子的节点
         while (pre.left == null && pre.right == null) {
             pre = pre.next;
             //都没有孩子说明已经是最后一层了
             if (pre == null) {
                 return root;
             }
         }
         //进入下一层
         pre = pre.left != null ? pre.left : pre.right;
     } 
 }
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解法三

参考这里。

利用解法一的思想，我们利用 pre 指针，然后一个一个取节点，把它连起来。解法一为什么没有像解法二那样考虑当前节点为 null 呢？因为我们没有添加为 null 的节点，就是下边的代码的作用。

 if (cur.left != null) {
     queue.offer(cur.left);
 }
 if (cur.right != null) {
     queue.offer(cur.right);
 }
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所以这里是一样的，如果当前节点为null不处理就可以了。

第二个问题，怎么得到每次的开头的节点呢？我们用一个dummy指针，当连接第一个节点的时候，就将dummy指针指向他。此外，之前用的pre指针，把它当成tail指针可能会更好理解。如下图所示：

cur 指针利用 next 不停的遍历当前层。

如果 cur 的孩子不为 null 就将它接到 tail 后边，然后更新tail。

当 cur 为 null 的时候，再利用 dummy 指针得到新的一层的开始节点。

dummy 指针在链表中经常用到，他只是为了处理头结点的情况，它并不属于当前链表。

代码就异常的简单了。

 Node connect(Node root) {
     Node cur = root;
     while (cur != null) {
         Node dummy = new Node();
         Node tail = dummy;
         //遍历 cur 的当前层
         while (cur != null) {
             if (cur.left != null) {
                 tail.next = cur.left;
                 tail = tail.next;
             }
             if (cur.right != null) {
                 tail.next = cur.right;
                 tail = tail.next;
             }
             cur = cur.next;
         }
         //更新 cur 到下一层
         cur = dummy.next;
     }
     return root;
 }
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总结

本来为了图方便，在 116 题的基础上把解法二改了出来，还搞了蛮久，因为为 null 的情况太多了，不停的报空指针异常，最后终于理清了思路。但和解法三比起来实在是相形见绌了，解法三太优雅了，但其实这才是正常的思路，从解法一的做法产生灵感，利用 tail 指针将它们连起来。