力扣第101题 c++ 递归 迭代 双方法 ＋注释 ~

题目

101. 对称二叉树

简单

给你一个二叉树的根节点 root ， 检查它是否轴对称。

示例 1：

输入：root = [1,2,2,3,4,4,3]
输出：true

示例 2：

输入：root = [1,2,2,null,3,null,3]
输出：false

提示：

• 树中节点数目在范围 [1, 1000] 内
• -100 <= Node.val <= 100

进阶：你可以运用递归和迭代两种方法解决这个问题吗？

思路和解题方法一（递归）

1. compare()函数是用来判断两个节点是否对称的，其中left和right参数分别代表左右子节点。

2. 首先我们需要判断left和right是否为空，若其中一个节点为空而另一个不为空，那么这两个节点不对称，返回false。如果两个节点都为空，则认为它们对称，返回true。

3. 如果两个节点的值不相等，则说明它们不对称，返回false。

4. 如果两个节点的值相等，则需要递归判断它们的左右子节点是否对称。具体来说，需要比较左子树的左子节点和右子树的右子节点、左子树的右子节点和右子树的左子节点是否对称，即outside = compare(left->left, right->right)和inside = compare(left->right, right->left)。

5. 最后，给出判断结果，即只有当左子树的左子节点和右子树的右子节点、左子树的右子节点和右子树的左子节点都对称时，才可以认为这两个节点对称，返回isSame = outside && inside。

6. isSymmetric()函数是判断整个二叉树是否对称的。如果给定的根节点root为空，则直接返回true。否则，调用compare()函数比较根节点的左右子节点是否对称。

7. 最后，整个程序返回的是isSymmetric()函数的返回值。

复杂度

        时间复杂度:

                O(n)

        时间复杂度是O(n)，其中n为二叉树的节点数，因为我们需要遍历每个节点，每个节点都需要进行一次比较。

        空间复杂度

                O(n)

        空间复杂度也是O(n)，因为在递归调用compare()函数时，需要不断开辟新的栈空间来存储递归函数的参数和局部变量，最坏的情况下需要递归到最深层，此时栈空间的大小为O(n)。

c++ 代码

 ​

//复杂简单版
class Solution {
public:// 判断节点是否对称的函数bool compare(TreeNode* left, TreeNode* right) {// 首先排除空节点的情况if (left == NULL && right != NULL) return false;else if (left != NULL && right == NULL) return false;else if (left == NULL && right == NULL) return true;// 排除了空节点，再排除数值不相同的情况else if (left->val != right->val) return false;// 此时就是：左右节点都不为空，且数值相同的情况// 此时才做递归，做下一层的判断bool outside = compare(left->left, right->right);   // 左子树：左、 右子树：右bool inside = compare(left->right, right->left);    // 左子树：右、 右子树：左bool isSame = outside && inside;                    // 左子树：中、 右子树：中 （逻辑处理）return isSame;}// 判断整棵二叉树是否对称的函数bool isSymmetric(TreeNode* root) {if (root == NULL) return true;// 如果根节点不为空，调用compare()函数比较左子节点和右子节点是否对称return compare(root->left, root->right);}
};//精简版
class Solution {
public:// 检查两个节点是否对称的函数bool check(TreeNode *p, TreeNode *q) {// 如果两个节点都为空，视为对称if (!p && !q) return true;// 如果其中一个节点为空，另一个节点非空，视为不对称if (!p || !q) return false;// 检查当前节点的值是否相等，并递归检查左子树和右子树是否对称return p->val == q->val && check(p->left, q->right) && check(p->right, q->left);}// 判断整棵二叉树是否对称的函数bool isSymmetric(TreeNode* root) {// 调用check函数，同时传入相同的根节点，判断左子树和右子树是否对称return check(root, root);}
};

思路和解题方法二（迭代）

1. 首先检查根节点是否为空，若为空直接返回true。

2. 创建一个队列que，并将根节点的左子树和右子树头结点依次加入队列。

3. 进入while循环，判断队列是否为空。如果队列不为空，则继续执行循环体。

4. 在循环体中，从队列中取出两个节点：leftNode为队列首部的节点，rightNode为队列次首部的节点。

5. 判断左节点和右节点是否都为空。如果是，说明当前节点属于对称的部分，继续循环。

6. 如果左节点和右节点有一个为空，或者它们的值不相等，返回false，表示不对称。

7. 如果左节点和右节点都不为空且值相等，将其左孩子、右孩子按顺序依次加入队列，以备后续判断是否对称。

8. 循环结束后，返回true，表示二叉树是对称的。

复杂度

        时间复杂度:

                O(n)

时间复杂度为O(n)，其中n是二叉树的节点数。

        空间复杂度

                O(n)

使用了一个队列来存储节点，因此，空间复杂度为O(n)。

c++ 代码

class Solution {
public:bool isSymmetric(TreeNode* root) {  // 判断二叉树是否对称的函数，传入根节点rootif (root == NULL) return true;  // 如果根节点为空，返回truequeue<TreeNode*> que;  // 创建一个队列que来存储需要判断的节点que.push(root->left);   // 将左子树头结点加入队列que.push(root->right);  // 将右子树头结点加入队列while (!que.empty()) {  // 当队列不为空时，进行循环TreeNode* leftNode = que.front(); que.pop();  // 取出队列首部的节点leftNodeTreeNode* rightNode = que.front(); que.pop();  // 取出队列次首部的节点rightNodeif (!leftNode && !rightNode) {  // 如果左节点为空、右节点为空，说明是对称的，继续循环continue;}// 左右一个节点不为空，或者都不为空但数值不相同，返回falseif ((!leftNode || !rightNode || (leftNode->val != rightNode->val))) {return false;  // 如果左右节点有一个为空或者值不相等，直接返回false，表示当前二叉树不对称}// 加入左节点左孩子、右节点右孩子、左节点右孩子、右节点左孩子que.push(leftNode->left);   // 左节点的左孩子que.push(rightNode->right); // 右节点的右孩子que.push(leftNode->right);  // 左节点的右孩子que.push(rightNode->left);  // 右节点的左孩子}return true; // 当循环结束时，说明整个二叉树都对称，返回true}
};

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