LeetCode 199. 二叉树的右视图：层序遍历解题详解

Wect
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LeetCode二叉树相关题目，199. 二叉树的右视图算是一道经典的层序遍历应用题——难度不算高，但能很好地检验对二叉树层次遍历的理解和灵活运用，今天就来详细拆解这道题，从题目分析到代码实现，再到细节注意点，帮大家吃透这道题的核心逻辑。

一、题目解读：什么是二叉树的右视图？

题目描述很简洁：给定二叉树的根节点root，想象自己站在二叉树的右侧，按照从顶部到底部的顺序，返回从右侧所能看到的节点值。

举个简单的例子帮助理解：

如果二叉树是：

    1
   / \
  2   3
   \   \
    5   4

站在右侧看，能看到的节点依次是 1（顶层）、3（第二层最右）、4（第三层最右），所以返回结果是 [1,3,4]。

核心需求提炼：获取二叉树每一层的最右侧节点值，按层序（从上到下）排列。这就很自然地联想到了二叉树的层序遍历（广度优先搜索，BFS）——因为层序遍历本身就是按层处理节点，只要在处理每一层时，记录下该层的最后一个节点值，就能得到右视图。

二、解题思路：层序遍历+记录每层最右节点

整体思路分3步，清晰易懂，新手也能快速跟上：

  1. 边界处理：如果根节点为空（空树），直接返回空数组，因为没有任何节点可以看到。

  2. 初始化工具：用一个队列（queue）存储当前层的节点（层序遍历的核心工具，遵循“先进先出”原则）；用一个结果数组（result）存储每一层的最右节点值。

  3. 层序遍历核心逻辑：

    • 循环处理队列，直到队列为空（所有层都处理完）；

    • 每次循环开始前，获取当前队列的长度（即当前层的节点个数，记为size）——这一步是关键，因为队列在循环中会动态添加下一层的节点，通过size可以区分“当前层节点”和“下一层节点”；

    • 遍历当前层的所有节点（循环size次）：每次取出队列头部的节点，判断该节点是否是当前层的最后一个节点（i === size - 1），如果是，就将其值加入result；

    • 将当前节点的左、右子节点（如果存在）依次加入队列，为下一层的遍历做准备（注意：先加左子节点，再加右子节点，不影响“取最右节点”，因为无论左右顺序如何，当前层的最后一个节点始终是最右的）。

补充说明：为什么不用深度优先搜索（DFS）？其实DFS也能实现（比如先遍历右子树、再遍历左子树，记录每一层第一次访问到的节点），但层序遍历的思路更贴合题目“按层取最右”的需求，代码更直观，新手更容易理解和编写，出错率也更低。所以优先选择层序遍历的方案。

三、完整代码实现（TypeScript）

题目中已经给出了TreeNode的定义，这里直接沿用，代码完整可运行，复制到LeetCode即可通过，关键步骤添加了详细注释，方便大家理解每一行的作用：

// 二叉树节点定义（题目已给出，可直接复用）
class TreeNode {
  val: number
  left: TreeNode | null
  right: TreeNode | null
  constructor(val?: number, left?: TreeNode | null, right?: TreeNode | null) {
    this.val = (val === undefined ? 0 : val) // 节点值默认0
    this.left = (left === undefined ? null : left) // 左子节点默认null
    this.right = (right === undefined ? null : right) // 右子节点默认null
  }
}

// 核心解题函数
function rightSideView(root: TreeNode | null): number[] {
  // 边界处理：空树直接返回空数组
  if (!root) return [];
  
  const queue = [root]; // 队列存储当前层节点，初始存入根节点
  const result: number[] = []; // 存储右视图节点值
  
  // 层序遍历：循环处理每一层
  while (queue.length) {
    const size = queue.length; // 当前层的节点个数
    // 遍历当前层的所有节点
    for (let i = 0; i < size; i++) {
      const node = queue.shift(); // 取出队列头部节点（先进先出）
      if (!node) continue; // 防止空节点（理论上不会出现，兜底处理）
      
      // 记录当前层最右节点（i等于size-1时，是当前层最后一个节点）
      if (i === size - 1) {
        result.push(node.val);
      }
      
      // 将当前节点的左、右子节点加入队列，为下一层遍历做准备
      if (node.left) queue.push(node.left);
      if (node.right) queue.push(node.right);
    }
  }
  
  return result; // 返回右视图结果
};

四、代码细节注意点（避坑指南）

这道题看似简单，但新手很容易在几个细节上出错，这里重点提醒3个关键避坑点：

  1. size的取值时机：必须在“处理当前层节点”的循环开始前获取size，而不是在循环中获取。因为循环中会执行queue.shift()（删除头部节点）和queue.push()（添加子节点），队列长度会动态变化，若在循环中获取size，会导致遍历次数错误，无法正确区分当前层和下一层。

  2. queue.shift()的注意事项：在TypeScript中，数组的shift()方法会删除并返回数组的第一个元素，同时修改数组长度，正好符合队列“先进先出”的需求。但要注意，shift()返回的值可能为undefined（当队列为空时），所以添加了“if (!node) continue”的兜底处理，避免报错。

  3. 子节点的添加顺序：代码中是“先加左子节点，再加右子节点”，有同学会疑惑“是不是应该先加右子节点？”。其实不需要——因为我们是通过“遍历当前层所有节点，取最后一个”来获取最右节点，无论左、右子节点的添加顺序如何，当前层的最后一个节点始终是最右的，添加顺序不影响最终结果。但如果是用DFS实现，就需要先遍历右子节点。

五、复杂度分析（面试常问）

刷题不仅要会写代码，还要能分析复杂度，这也是面试中常考的点，这里简单分析一下：

  • 时间复杂度：O(n)，其中n是二叉树的节点总数。因为每个节点都会被加入队列一次，也会被取出队列一次，每个节点的处理时间是O(1)，所以整体时间复杂度是O(n)。

  • 空间复杂度：O(n)，最坏情况下（满二叉树），最后一层的节点个数是n/2（向下取整），队列中最多会存储n/2个节点，所以空间复杂度是O(n)；最好情况下（二叉树是一条链），队列中最多存储1个节点，空间复杂度是O(1)，但整体最坏情况是O(n)，所以通常说空间复杂度是O(n)。

六、总结与拓展

这道题的核心是层序遍历的灵活运用——本质上是“层序遍历+记录每层最后一个节点”，思路简单，代码直观，非常适合新手练习二叉树的层序遍历。

拓展思考：如果题目改成“二叉树的左视图”，该如何修改代码？其实很简单，只需要将“记录当前层最后一个节点”改成“记录当前层第一个节点”（即i === 0时，将node.val加入result），其余代码完全不变，大家可以自己动手试试，加深理解。

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