Leetcode 剑指 Offer II 052. 递增顺序搜索树

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Leetcode 剑指 Offer II 052. 递增顺序搜索树

题目难度: 简单

原题链接

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题目描述

给你一棵二叉搜索树，请 按中序遍历 将其重新排列为一棵递增顺序搜索树，使树中最左边的节点成为树的根节点，并且每个节点没有左子节点，只有一个右子节点。

示例 1：

• 输入：root = [5,3,6,2,4,null,8,1,null,null,null,7,9]
• 输出：[1,null,2,null,3,null,4,null,5,null,6,null,7,null,8,null,9]

示例 2：

• 输入：root = [5,1,7]
• 输出：[1,null,5,null,7]

提示：

• 树中节点数的取值范围是 [1, 100]
• 0 <= Node.val <= 1000

题目思考

1. 如何降低时间和空间复杂度?

解决方案

思路

• 根据题目描述, 一个很容易想到的思路就是中序遍历, 然后将遍历到的节点用列表存下来, 最后遍历列表, 并依次将每个节点的右子节点指向列表里的下一个节点, 当然也要把左子节点置为空
• 不过这样我们就得遍历每个节点两遍, 而且需要额外的列表来存储节点, 有没有更好的方法呢?
• 回顾二叉搜索树的性质, 其中序遍历的节点本身就是有序的, 所以如果我们保存了前一个节点, 那么在遍历当前节点时, 只需要将前一个节点的右子节点指向它即可, 然后将前一节点更新为当前节点, 以此类推, 这样最终中序遍历完成时, 就得到了题目要求的递增顺序搜索树
• 当然, 我们在遍历到当前节点时, 也需要将其左子节点置为空, 这里之所以将当前节点而不是前一节点的左子节点置为空, 是因为这样才能保证最终所有节点的左子节点都是空, 否则最后一个节点的左子节点就可能不是空, 会导致出现循环
• 利用上述做法, 我们就无需引入额外的列表存储, 也不需要再次遍历了
• 另外在遍历第一个节点时, 由于它没有前一节点, 所以我们可以额外引入一个哨兵节点, 并将最开始的前一节点初始化为哨兵, 这样哨兵的右子节点就是最终形成的树的根, 返回它即可
• 下面代码中有详细的注释, 方便大家理解

复杂度

• 时间复杂度 O(N): 每个节点只会被遍历一次
• 空间复杂度 O(H): 递归调用最多使用 O(H) 栈空间, H 是树的高度

代码

class Solution:def increasingBST(self, root: TreeNode) -> TreeNode:# 使用哨兵节点, 作为最开始的前一节点dummy = TreeNode()pre = dummydef inorder(node):# 中序遍历nonlocal preif not node:returninorder(node.left)# 将当前节点的左子节点置为空, 注意不能将pre的左子节点置为空, 否则会漏掉最后一个节点node.left = None# 将前一节点的右子节点指向当前节点pre.right = node# 更新前一节点为当前节点pre = nodeinorder(node.right)inorder(root)return dummy.right

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