时间复杂度O(n),空间复杂度O(n)
题目
给定一棵二叉树,想象自己站在它的右侧,按照从顶部到底部的顺序,返回从右侧所能看到的节点值。
示例:
输入: [1,2,3,null,5,null,4]
输出: [1, 3, 4]
解释:
解题思路
- 自己做的时候是想着理由类似于广度搜素的思路来做,原来这是叫层序遍历;
- 不过这道题除了层序遍历还要记录每一层的个数,我自己是利用了一个数组存每一层的个数;
- 根据记录的个数判断当前是不是当前层的最后一个结点。
代码思路
- 排除特殊情况;
- 数组layer记录每层结点个数,变量layerIndex记录当前是第几层;
- 利用队列进行层序遍历;
- 变量count统计每一层结点个数,放进数组layer;
- while循环中,每遍历到一个结点,就将该层的结点数-1,到0即是当前层最后一个结点;
- 判断左右子结点,count统计下一层结点个数;
- 如果layer[layerIndex]等于0,即是最后一个结点,加入到result数组,层数+1,把之前统计好的下一层结点数放进layer数组,变量count置0;
- 看讨论发现一个更妙的解法,可以减少一个数组layer空间。两层循环,也是层序遍历的方法,只是第一层循环的时候用一个变量记录当前队列的结点数,即为当前层的结点数。进入第二层循环,结束条件是变量记录的结点数为0,也是弹出队列中一个结点就-1。
while (!q.empty())
{
int size = q.size();
res.push_back(q.front()->val);
while (size--)
{
TreeNode* temp = q.front();
q.pop();
if (temp->right) q.push(temp->right);
if (temp->left) q.push(temp->left);
}
}
代码
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
vector<int> result;
if(!root) return result;
vector<int> layer;
layer.push_back(1);
queue<TreeNode*> bfs;
bfs.push(root);
int layerIndex=0, count=0;
while(!bfs.empty()){
TreeNode *curr=bfs.front();
bfs.pop();
layer[layerIndex]--;
if(curr->left){
bfs.push(curr->left);
count++;
}
if(curr->right){
bfs.push(curr->right);
count++;
}
if(layer[layerIndex]==0){
result.push_back(curr->val);
layerIndex++;
layer.push_back(count);
count=0;
}
}
return result;
}
};