116. 填充每个节点的下一个右侧节点指针

题目描述

给定一个 完美二叉树 ，其所有叶子节点都在同一层，每个父节点都有两个子节点。二叉树定义如下：

struct Node {
  int val;
  Node *left;
  Node *right;
  Node *next;
}

填充它的每个 next 指针，让这个指针指向其下一个右侧节点。如果找不到下一个右侧节点，则将 next 指针设置为 NULL。

初始状态下，所有 next 指针都被设置为 NULL。

进阶：

• 你只能使用常量级额外空间。

• 使用递归解题也符合要求，本题中递归程序占用的栈空间不算做额外的空间复杂度。

示例：

输入：root = [1,2,3,4,5,6,7]
输出：[1,#,2,3,#,4,5,6,7,#]
解释：给定二叉树如图 A 所示，你的函数应该填充它的每个 next 指针，以指向其下一个右侧节点，如图 B 所示。序列化的输出按层序遍历排列，同一层节点由 next 指针连接，'#' 标志着每一层的结束。

提示：

• 树中节点的数量少于 4096
• − 1000 ≤ n o d e . v a l ≤ 1000 -1000 \le node.val \le 1000 −1000≤node.val≤1000

---

题解：

法一：

广搜。

将同一层的节点通过 next 指针连接起来。需要一次处理同一层所有节点。

注意：广搜从右往左好写一些。

时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

额外空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

/*
// Definition for a Node.
class Node {
public:
    int val;
    Node* left;
    Node* right;
    Node* next;

    Node() : val(0), left(NULL), right(NULL), next(NULL) {}

    Node(int _val) : val(_val), left(NULL), right(NULL), next(NULL) {}

    Node(int _val, Node* _left, Node* _right, Node* _next)
        : val(_val), left(_left), right(_right), next(_next) {}
};
*/

class Solution {
public:
    Node* connect(Node* root) {
        if ( !root ) return root;
        queue<Node*> q;
        q.push( root );
        int i, size;
        Node *pre = NULL, *now = NULL;

        while ( q.size() ) {
            size = q.size();
            pre = NULL;
            for ( int i = 0; i < size; ++i ) {
                now = q.front();
                q.pop();
                now->next = pre;
                pre = now;
                if ( now->right ) q.push( now->right );
                if ( now->left ) q.push( now->left );
            }
        }

        return root;
    }
};
/*
时间：20ms，击败：94.26%
内存：16.5MB，击败：82.31%
*/

法二：

方法一 中没有利用 next 指针，接下来考虑利用 next 指针。

还是按层来考虑，每层从最左边节点开始：

• 对于每个节点，让左儿子的 next 指向右儿子，然后让右儿子的 next 指向下一个节点的左儿子，同层之间通过 next 移动到下一个节点。
• 直到最后一层停止

每次处理当前层时，下一层的节点已经通过 next 指针连接在一起，所以可以利用 next 指针在同层之间进行移动。

/*
// Definition for a Node.
class Node {
public:
    int val;
    Node* left;
    Node* right;
    Node* next;

    Node() : val(0), left(NULL), right(NULL), next(NULL) {}

    Node(int _val) : val(_val), left(NULL), right(NULL), next(NULL) {}

    Node(int _val, Node* _left, Node* _right, Node* _next)
        : val(_val), left(_left), right(_right), next(_next) {}
};
*/

class Solution {
public:
    Node* connect(Node* root) {
        if ( !root ) return root;
        Node *now = root, *start = NULL;
        while ( now->left ) {
            start = now;
            while ( start ) {
                start->left->next = start->right;
                if ( start->next )
                    start->right->next = start->next->left;
                start = start->next;
            }
            now = now->left;
        }
        return root;
    }
};
/*
时间：20ms，击败：94.26%
内存：16.4MB，击败：89.45%
*/

法三：

方法二 也可以适用 先序遍历 实现。

时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

额外空间复杂度： O ( h ) O(h) O(h) ， h h h 是树的高度。

/*
// Definition for a Node.
class Node {
public:
    int val;
    Node* left;
    Node* right;
    Node* next;

    Node() : val(0), left(NULL), right(NULL), next(NULL) {}

    Node(int _val) : val(_val), left(NULL), right(NULL), next(NULL) {}

    Node(int _val, Node* _left, Node* _right, Node* _next)
        : val(_val), left(_left), right(_right), next(_next) {}
};
*/

class Solution {
public:
    void preOrder( Node* root ) {
        if ( !root->left && !root->right ) return;
        root->left->next = root->right;
        if ( root->next )
            root->right->next = root->next->left;
        preOrder( root->left );
        preOrder( root->right );
    }
    Node* connect(Node* root) {
        if ( !root ) return root;
        preOrder( root );
        return root;
    }
};
/*
时间：20ms，击败：94.26%
内存：16.4MB，击败：93.25%
*/