目录
一、根据二叉树创建字符串
二、二叉树的层序遍历
三、二叉树的层序遍历 II
四、二叉树的最近公共祖先
五、二叉搜索树与双向链表
六、从前序与中序遍历序列构造二叉树
七、从中序与后序遍历序列构造二叉树
一、根据二叉树创建字符串
606. 根据二叉树创建字符串 - 力扣（LeetCode）
解题思路：本题在递归前序遍历二叉树的同时要注意（）的省略，这时就有了三种情况：
-
如果当前节点没有孩子，我们不需要在节点后面加上任何括号
- 如果当前节点只有左孩子，我们在递归时，只需要在左孩子的结果外加上一层括号，而不需要给右孩子加上任何括号
-
如果当前节点只有右孩子，我们在递归时，需要先加上一层空的括号 ‘()’ 表示左孩子为空，再对右孩子进行递归，并在结果外加上一层括号
解题代码：
class Solution {
public:
string tree2str(TreeNode* root) {
if(root==nullptr)
return "";
string str=to_string(root->val);
if(root->left||root->right)//有左孩子或者无左孩子有右孩子
{
str+="(";
str+=tree2str(root->left);
str+=")";
}
if(root->right)//有右孩子
{
str+="(";
str+=tree2str(root->right);
str+=")";
}
return str;
}
};二、二叉树的层序遍历
102. 二叉树的层序遍历 - 力扣（LeetCode）
解题思路：本题为了达到层序遍历，我们需要用到一个队列来保存每一层的节点，将将根节点入队列，每次出队列时都要将其孩子节点入队列：
还要有一个变量来记录每一层节点的个数，当该变量不为0时需要将节点出队列，所出节点都属于同一层的元素，每出一个节点将其减1。当该变量为0时，队列中都是上一层节点的孩子节点，所以都属于同一层节点，这时将变量置为队列中元素个数继续将节点出队列即可，直到队列为空
解题代码：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
queue<TreeNode*> q;
int levelsize=0;
if(root)//根节点入队列
{
q.push(root);
levelsize=1;
}
vector<vector<int>> vv;
while(!q.empty())
{
vector<int> v;//记录每一层的数据
while(levelsize--)//将上一层节点出队列的同时，将其孩子节点都入队列
{
TreeNode* front=q.front();
q.pop();
v.push_back(front->val);
if(front->left)
q.push(front->left);
if(front->right)
q.push(front->right);
}
vv.push_back(v);//将遍历完的一层数据存入
levelsize=q.size();
}
return vv;
}
};三、二叉树的层序遍历 II
107. 二叉树的层序遍历 II - 力扣（LeetCode）
解题思路：该题是上题的变形题，很多同学容易在这题中想的过多，这一题想要的结果是上题的结果的逆置，所以按上题思路处理，最后将其结果逆置一下即可：
解题代码：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> levelOrderBottom(TreeNode* root) {
queue<TreeNode*> q;
int levelsize=0;
if(root)//根节点入队列
{
q.push(root);
levelsize=1;
}
vector<vector<int>> vv;
while(!q.empty())
{
vector<int> v;//记录每一层的数据
while(levelsize--)//将上一层节点出队列的同时，将其孩子节点都入队列
{
TreeNode* front=q.front();
q.pop();
v.push_back(front->val);
if(front->left)
q.push(front->left);
if(front->right)
q.push(front->right);
}
vv.push_back(v);//将遍历完的一层数据存入
levelsize=q.size();
}
reverse(vv.begin(),vv.end());//将结果逆置
return vv;
}
};四、二叉树的最近公共祖先
236. 二叉树的最近公共祖先 - 力扣（LeetCode）
解题思路：对于该题我们需要了解两个节点最近公共祖先的特性，即这两个节点分别在最近公共祖先节点的左右子树；所以我们只要找到满足该条件的节点就找到了最近公共祖先节点
解题代码：
class Solution {
public:
bool IsIntree(TreeNode* root, TreeNode* x)
{
if(root==nullptr)
return false;
if(root==x)
return true;
return IsIntree(root->left,x)||IsIntree(root->right,x);
}
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
if(root==p||root==q)
return root;
bool pInleft=IsIntree(root->left,p);
bool pInright=!pInleft;
bool qInleft=IsIntree(root->left,q);
bool qInright=!qInleft;
if((pInright&&qInleft)||(pInleft&&qInright))
{
return root;
}
else if(pInleft&&qInleft)
{
return lowestCommonAncestor(root->left,p,q);
}
else
{
return lowestCommonAncestor(root->right,p,q);
}
}
};但是该方法最坏情况下的时间复杂度为O(N^2)，运行时长并不理想：
那下面我们换个思路来优化一下：我们可以记录从根节点到两个要查找节点的路径，从而将其转换为链表相交问题（对于链表的相交问题我们之前在LeetCode和牛客网经典链表题目合集 讲过），对于路径的存储我们可以用到栈来记录，最终找到共同的最近祖先节点：
class Solution {
public:
bool GetPath(TreeNode* root, TreeNode* x,stack<TreeNode*>& s)
{
if(root==nullptr)
return false;
s.push(root);
if(root==x)
return true;
if(GetPath(root->left,x,s)||GetPath(root->right,x,s))
return true;
s.pop();
return false;
}
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
stack<TreeNode*> pPath,qPath;
GetPath(root,p,pPath);
GetPath(root,q,qPath);
while(pPath.size()!=qPath.size())
{
if(pPath.size()>qPath.size())
pPath.pop();
else
qPath.pop();
}
while(pPath.top()!=qPath.top())
{
pPath.pop();
qPath.pop();
}
return pPath.top();
}
};这样子时间复杂度就降到了O(N)：
五、二叉搜索树与双向链表
二叉搜索树与双向链表_牛客题霸_牛客网 (nowcoder.com)
解题思路：在该题中需要利用二叉搜索树中序遍历的结果是升序的，所以我们在中序遍历时修改所在节点与前驱节点的指针指向即可；用cur指针表示当前节点，用prev指针表示中序遍历时当前节点的上一个遍历节点，使cur指针的左孩子：
下面是一个二叉搜索树中序遍历时，修改当前节点和前驱节点的指针指向的演示：
解题代码：
class Solution {
public:
void InOrder(TreeNode* cur,TreeNode*& prev)
{
if(cur==nullptr)
return;
InOrder(cur->left,prev);
cur->left=prev;
if(prev)
prev->right=cur;//让前驱节点指针的右孩子指向当前节点
prev=cur;//更新前驱节点指针位置
InOrder(cur->right,prev);
}
TreeNode* Convert(TreeNode* pRootOfTree)
{
if(pRootOfTree==nullptr)
return nullptr;
TreeNode* prev=nullptr;
InOrder(pRootOfTree,prev);//中序遍历的同时修改二叉树节点指针的指向
TreeNode* head=pRootOfTree;//pRootOfTree并非链表的头节点，需要找到头节点后返回
while(head->left)
{
head=head->left;
}
return head;
}
};六、从前序与中序遍历序列构造二叉树
105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树 - 力扣（LeetCode）
解题思路：
对于任意一颗树而言，前序遍历的形式总是
[ 根节点, [左子树的前序遍历结果], [右子树的前序遍历结果] ]
即根节点总是前序遍历中的第一个节点。而中序遍历的形式总是
[ [左子树的中序遍历结果], 根节点, [右子树的中序遍历结果] ]
只要我们在中序遍历中定位到根节点，那么我们就可以分别知道左子树和右子树中的节点数目。由于同一颗子树的前序遍历和中序遍历的长度显然是相同的，因此我们就可以对应到前序遍历的结果中，对上述形式中的所有左右括号进行定位
这样以来，我们就知道了左子树的前序遍历和中序遍历结果，以及右子树的前序遍历和中序遍历结果，我们就可以递归地对构造出左子树和右子树，再将这两颗子树接到根节点的左右位置
解题代码：
class Solution {
public:
TreeNode* _buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder,int begini,int endi,int& n)
{
if(begini>endi)
return nullptr;
TreeNode* newnode=new TreeNode(preorder[n]);//先利用先序遍历确定根节点
int rooti=begini;
while(rooti<=endi)//找到确定的根节点在中序遍历中的位置
{
if(inorder[rooti]==preorder[n])
break;
else
++rooti;
}
++n;
newnode->left=_buildTree(preorder,inorder,begini,rooti-1,n);//将剩下的左区间的节点连接到左子树上
newnode->right=_buildTree(preorder,inorder,rooti+1,endi,n);//将剩下的右区间的节点连接到右子树上
return newnode;
}
TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
int n=0;
return _buildTree(preorder,inorder,0,preorder.size()-1,n);
}
};七、从中序与后序遍历序列构造二叉树
106. 从中序与后序遍历序列构造二叉树 - 力扣（LeetCode）
解题思路：该题和上一题是同类型题，我们使用后序遍历的逆序来确定根节点，再在中序遍历中找到其对应的节点，再递归地对构造出右子树和左子树（后序遍历的逆序是相当于先遍历右子树的前序遍历，所以我们先要构建右子树再构建左子树）
解题代码：
class Solution {
public:
TreeNode* _buildTree(vector<int>& inorder,vector<int>& postorder,int begini,int endi,int& n)
{
if(begini>endi)
return nullptr;
TreeNode* newnode=new TreeNode(postorder[n]);//先利用后序遍历确定根节点
int rooti=begini;
while(rooti<=endi)//找到确定的根节点在中序遍历中的位置
{
if(inorder[rooti]==postorder[n])
break;
else
++rooti;
}
--n;
newnode->right=_buildTree(inorder,postorder,rooti+1,endi,n);//将剩下的右区间的节点连接到右子树上
newnode->left=_buildTree(inorder,postorder,begini,rooti-1,n);//将剩下的左区间的节点连接到左子树上
return newnode;
}
TreeNode* buildTree(vector<int>& inorder, vector<int>& postorder) {
int n=inorder.size()-1;
return _buildTree(inorder,postorder,0,inorder.size()-1,n);
}
};
