题目描述
有两位极客玩家参与了一场「二叉树着色」的游戏。游戏中，给出二叉树的根节点 root，树上总共有 n 个节点，且 n 为奇数，其中每个节点上的值从 1 到 n 各不相同。
最开始时：
- 「一号」玩家从 [1, n] 中取一个值 x（1 <= x <= n）；
- 「二号」玩家也从 [1, n] 中取一个值 y（1 <= y <= n）且 y != x。
「一号」玩家给值为 x 的节点染上红色，而「二号」玩家给值为 y 的节点染上蓝色。
之后两位玩家轮流进行操作，「一号」玩家先手。每一回合，玩家选择一个被他染过色的节点，将所选节点一个 未着色 的邻节点（即左右子节点、或父节点）进行染色（「一号」玩家染红色，「二号」玩家染蓝色）。
如果（且仅在此种情况下）当前玩家无法找到这样的节点来染色时，其回合就会被跳过。
若两个玩家都没有可以染色的节点时，游戏结束。着色节点最多的那位玩家获得胜利 ✌️。
现在，假设你是「二号」玩家，根据所给出的输入，假如存在一个 y 值可以确保你赢得这场游戏，则返回 true ；若无法获胜，就请返回 false 。
示例 1：
输入：root = [1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11], n = 11, x = 3
输出：true
解释：第二个玩家可以选择值为 2 的节点。
示例 2：
输入： root = [1,2,3], n = 3, x = 1
输出： false
思路
本题的示例1有一定的误导性，当如上的二叉树，一号玩家先手选择3号的情况下，二号玩家的最优解并不是选择2号，而是选择1号，这样1号以及1号的左子树都会归二号玩家着色。
跟着这个特例，我们推广到更加一般的情况，看看二号玩家的选择策略。其实一号玩家先手选择了一个节点x后，可以把二号玩家可选的范围分成3部分：
- x的左子树
- x的右子树
- 其他
其实每个部分都只有1个节点跟x直接相邻，分别是x的左子节点、右子节点、父节点。控制住这个节点，相当于控制住了这整个部分，因为通往这部分剩余的节点必须经过这个节点，而规则明确只能选择邻节点进行染色（不包含兄弟节点）。而选择这个节点控制住这个部分后，由于通往另外2个部分必须经过节点x，所以剩下的区域都是归属一号玩家控制，能否取胜就看这部分包含的节点数是否能大于
n / 2。
那么到代码细节，我们首先要找到一号玩家选择的节点x，由于节点的值都不同，可以通过层序遍历二叉树来查找，查询到节点x后，再count出左子树、右子树的节点数，第3部分“其他”的节点数使用 n - 1 - left -right 计算得出。如果这3块区域，有1块区域的节点数大于n / 2，那么就可以让二号玩家取胜，否则一号玩家取胜。
Java版本代码
class Solution {
public boolean btreeGameWinningMove(TreeNode root, int n, int x) {
TreeNode xNode = find(root, x);
int left = count(xNode.left);
if (left > n / 2) {
return true;
}
int right = count(xNode.right);
if (right > n / 2) {
return true;
}
int other = n - 1 - left - right;
if (other > n / 2) {
return true;
}
return false;
}
/**
* 找到值为val的节点
* @param node 当前遍历的节点
* @param val 需要寻找的节点的值
* @return 值为val的节点
*/
private TreeNode find(TreeNode node, int val) {
if (node == null) {
return null;
}
if (node.val == val) {
return node;
}
TreeNode next = find(node.left, val);
if (next != null) {
return next;
} else {
return find(node.right, val);
}
}
/**
* 当前节点node及它的子节点的节点数量
* @param node 当前节点
* @return 节点数量
*/
private int count(TreeNode node) {
if (node == null) {
return 0;
}
return 1 + count(node.left) + count(node.right);
}
}
开启掘金成长之旅！这是我参与「掘金日新计划 · 2 月更文挑战」的第 2 天，点击查看活动详情
