路径总和[简单]

优质博文：IT-BLOG-CN

一、题目

给你二叉树的根节点root和一个表示目标和的整数targetSum。判断该树中是否存在根节点到叶子节点的路径，这条路径上所有节点值相加等于目标和targetSum。如果存在，返回true；否则，返回false。

叶子节点是指没有子节点的节点。

示例 1：

输入：root = [5,4,8,11,null,13,4,7,2,null,null,null,1], targetSum = 22
输出：true
解释：等于目标和的根节点到叶节点路径如上图所示。

示例 2：

输入：root = [1,2,3], targetSum = 5
输出：false
解释：树中存在两条根节点到叶子节点的路径：(1 --> 2): 和为3，(1 --> 3): 和为4不存在sum = 5的根节点到叶子节点的路径。

示例 3：
输入：root = [], targetSum = 0
输出：false
解释：由于树是空的，所以不存在根节点到叶子节点的路径。

:::warning
树中节点的数目在范围[0, 5000]内
-1000 <= Node.val <= 1000
-1000 <= targetSum <= 1000
:::

二、代码

【1】广度优先搜索： 通过广度优先搜索创建两个队列，记录横向节点和从根节点到当前节点的路径和。

/**
 * 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 {
    public boolean hasPathSum(TreeNode root, int targetSum) {
        if (root == null) {
            return false;
        }
        // 使用广度优先方法：创建两个队列，一个存放横向的val值，一个存放与root节点线路的sum值
        Queue<TreeNode> values = new LinkedList<TreeNode>();
        Queue<Integer> sums = new LinkedList<Integer>();
        values.offer(root);
        sums.offer(root.val);
        while (!values.isEmpty()) {
            // 目的获取当前节点的左右子树
            TreeNode currentTree = values.poll();
            Integer temp = sums.poll();
            if (currentTree.left == null && currentTree.right == null) {
                if (temp == targetSum) {
                    return true;
                }
                continue;
            }
            // 如果不为空，这将左右子树放入队列中
            if (currentTree.left != null) {
                values.offer(currentTree.left);
                sums.offer(currentTree.left.val + temp);
            }
            if (currentTree.right != null) {
                values.offer(currentTree.right);
                sums.offer(currentTree.right.val + temp);
            }
        }
        return false;
    }
}

时间复杂度： O(N)其中N是树的节点数。对每个节点访问一次。
空间复杂度： O(N)其中N是树的节点数。空间复杂度主要取决于队列的开销，队列中的元素个数不会超过树的节点数。

【2】递归： 假定从根节点到当前节点的值之和为val，我们可以将这个大问题转化为一个小问题：是否存在从当前节点的子节点到叶子的路径，满足其路径和为sum - val。不难发现这满足递归的性质，若当前节点就是叶子节点，那么我们直接判断sum是否等于val即可（因为路径和已经确定，就是当前节点的值，我们只需要判断该路径和是否满足条件）。若当前节点不是叶子节点，我们只需要递归地询问它的子节点是否能满足条件即可。

/**
 * 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 {
    public boolean hasPathSum(TreeNode root, int targetSum) {
        if (root == null) {
            return false;
        }
        if (root.left == null && root.right == null) {
            return root.val == targetSum;
        }
        return hasPathSum(root.left, targetSum - root.val) || hasPathSum(root.right, targetSum - root.val);
    }
}

时间复杂度： O(N)其中N是树的节点数。对每个节点访问一次。
空间复杂度： O(H)其中H是树的高度。空间复杂度主要取决于递归时栈空间的开销，最坏情况下，树呈现链状，空间复杂度为O(N)。平均情况下树的高度与节点数的对数正相关，空间复杂度为O(log⁡N)。