C++: 二叉树进阶面试题

做每件事之前都心存诚意, 就会事半功倍.

前言

一些面试中可能会遇到的二叉树的进阶题目, 这些题目我们也需要进行掌握.

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正文开始

1. 根据二叉树创建字符串

题目链接: 根据二叉树创建字符串

题目描述:

题目思路:

根据前序遍历创建二叉树, 再递归子树之前需要加括号, 但是题目要求省略不必要的括号, 通过观察可发现

• 左右子树都为空, 省略括号
• 右子树为空,省略括号
• 左为空, 右不为空, 不能省略括号

每次递归之前加上条件即可, 不要忘记将整型转化为字符串, 字符串不能直接相加整型数据

题目代码:

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:string tree2str(TreeNode* root) {string str;if(root == nullptr)return str;str+= to_string(root->val);//两个都为空就省略括号if(root->left || root->right){str+='(';str+=tree2str(root->left);str+=')';}//右子树存在则都要括号if(root->right){str+='(';str+=tree2str(root->right);str+=')';}return str;}
};

2. 二叉树的层序遍历Ⅰ

题目链接: 二叉树的层序遍历Ⅰ

题目描述:

题目思路:

我们在层序遍历过程中，增加一个levelSize，记录每层的数据个数，树不为空的情况下，第1层levelSize=1，循环控制，第1层出完了，第2层就都进队列了，队列中size就是第2层的数据个数。以此内推，假设levelSize为第n层的数据个数，因为层序遍历思想为当前层结点出队列，带入下一层结点(也就是子结点)，循环控制第n层数据出完了，那么第n+1结点都进队列了，队列size，就是下⼀层的levelSize。

题目代码:

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {vector<vector<int>> vv;queue<TreeNode*> q;int levelsize = 1;if(root == nullptr) return vv;q.push(root);while(levelsize){vector<int> v;while(levelsize--){TreeNode* front = q.front();v.push_back(front->val);if(front->left) q.push(front->left);if(front->right) q.push(front->right);q.pop();}vv.push_back(v);levelsize = q.size();}return vv;}
};

3. 二叉树的层序遍历Ⅱ

题目链接: 二叉树的层序遍历Ⅱ

题目描述:

题目思路:

107的第二个题目，思路跟上题102⼀样，只⼆维数组逆置⼀下就可以得到结果。

题目代码:

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:vector<vector<int>> levelOrderBottom(TreeNode* root) {vector<vector<int>> vv; int levelsize = 0;queue<TreeNode*> q;if(root){q.push(root);levelsize = 1;}while(levelsize>0){vector<int> v;while(levelsize--){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);}levelsize = q.size();vv.push_back(v);}reverse(vv.begin(),vv.end());return vv;}
};

4. 二叉树的最近公共祖先

题目链接: 二叉树的最近公共祖先

题目描述:

题目思路:

思路1：仔细观察⼀下，两个结点，最近公共祖先的特征就是⼀个结点在最近公共祖先的左边，⼀个结点在最近公共祖先的右边。⽐如6和4的公共祖先有5和3，但是只有最近公共祖先5满⾜6在左边，4在右边。

思路2：如果能求出两个结点到根的路径，那么就可以转换为链表相交问题。如：6到根3的路径为6->5->3，4到根3的路径为4->2->5->3，那么看做两个链表找交点，交点5就是最近公共祖先。

思路二时间复杂度更好一点,但是空间复杂度大一点

题目代码:

思路一:

/*** 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:bool IsInTree(TreeNode* t,TreeNode* x){if(t == nullptr)return false;return t == x || IsInTree(t->left,x) || IsInTree(t->right,x);}TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {if(root == nullptr)return nullptr;if(root == p || root == q)return root;//自此开始要么都在左,要么都在右bool pInleft = IsInTree(root->left,p);bool pInright = !pInleft;bool qInleft = IsInTree(root->left,q);bool qInright = !qInleft;if((qInleft&&pInright) || (qInright&&pInleft)) return root;else if(pInleft && qInleft) return lowestCommonAncestor(root->left,p,q);else return lowestCommonAncestor(root->right,p,q);}
};

思路二:

/*** 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:bool ancestor(TreeNode* root,TreeNode* node,stack<TreeNode*>& s){if(root == nullptr) return false;s.push(root);if(root == node) return true;if(ancestor(root->left,node,s)) return true;if(ancestor(root->right,node,s)) return true;s.pop();return false;}TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {stack<TreeNode*> pstack;stack<TreeNode*> qstack;ancestor(root,p,pstack);ancestor(root,q,qstack);while(pstack.size()>qstack.size()){pstack.pop();}while(qstack.size()>pstack.size()){qstack.pop();}while(qstack.top()!=pstack.top()){pstack.pop();qstack.pop();}return qstack.top();}
};

5. 二叉搜索树与双向链表

题目链接: 二叉搜索树与双向链表

题目描述:

题目思路:

搜索⼆叉树⾛中序是有序的，本题⽬要求原地修改，也就是不能创建新的结点。

思路1：中序遍历搜索⼆叉树，遍历顺序是有序的，将⼆叉树的结点指针放到⼀个vector中，再把前后结点的链接关系进⾏修改。这个思路最简单，但是需要消耗O(N)的空间复杂度。

思路2：依旧中序遍历搜索⼆叉树，遍历顺序是有序的，遍历过程中修改左指针为前驱和右指针为后继指针。记录⼀个cur和prev，cur为当前中序遍历到的结点，prev为上⼀个中序遍历的结点，cur->left指向prev，cur->right⽆法指向中序下⼀个，因为不知道中序下⼀个是谁，但是prev->right指向cur；也就是说每个结点的左是在中遍历到当前结点时修改指向前驱的，但是当前结点的右，是在遍历到下⼀个结点时，修改指向后继的。

代码如下:

/*
struct TreeNode {int val;struct TreeNode *left;struct TreeNode *right;TreeNode(int x) :val(x), left(NULL), right(NULL) {}
};*/
class Solution {
public:void InOrderConvert(TreeNode* cur,TreeNode*& prev){if(cur==nullptr) return;InOrderConvert(cur->left,prev);cur->left = prev;if(prev)prev->right = cur;prev = cur;InOrderConvert(cur->right,prev);}TreeNode* Convert(TreeNode* pRootOfTree) {if(pRootOfTree==nullptr) return nullptr;TreeNode* prev = nullptr;InOrderConvert(pRootOfTree,prev);TreeNode* head = pRootOfTree;while(head->left){head = head->left;}return head;}
};

6. 根据一棵树的前序遍历与中序遍历构造二叉树

题目链接: 根据一棵树的前序遍历与中序遍历构造二叉树

题目描述:

题目思路:

前序的⽅式构建树，前序确定当前构建树的根，根分割中序的左⼦树和右⼦树，再分别递归构建左⼦树和右⼦树。

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:TreeNode* build(vector<int>& preorder,vector<int> inorder,int& prei,int inbegin,int inend){if(inbegin>inend) return nullptr;//前序确定根TreeNode* root = new TreeNode(preorder[prei]);//中序分割左右子树int rooti = inbegin;while(rooti <= inend){if(preorder[prei] == inorder[rooti])break;elserooti++;}prei++;root->left = build(preorder,inorder,prei,inbegin,rooti-1);root->right = build(preorder,inorder,prei,rooti+1,inend);return root;}TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {int i = 0;return build(preorder,inorder,i,0,inorder.size()-1);}
};

7. 根据一棵树的中序遍历与后序遍历构造二叉树

题目链接: 根据一棵树的中序遍历与后序遍历构造二叉树

题目描述:

题目思路:

此题跟第六题差不多, 区别在于后续来确定根, 与上题相反, 且后续遍历的顺序是 左 右 根, 所以第二次取到是右子树的根, 故创建完根之后, 先创建右子树, 再创建根

题目代码:

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:TreeNode* build(vector<int>& inorder, vector<int>& postorder,int& post,int inbegin,int inend){if(inbegin>inend) return nullptr;TreeNode* newnode = new TreeNode(postorder[post]);int rooti = inbegin;while(rooti<=inend){if(postorder[post] == inorder[rooti])break;elserooti++;}post--;newnode->right = build(inorder,postorder,post,rooti+1,inend);newnode->left = build(inorder,postorder,post,inbegin,rooti-1);return newnode;}TreeNode* buildTree(vector<int>& inorder, vector<int>& postorder) {int post = postorder.size()-1;return build(inorder,postorder,post,0,inorder.size()-1);}
};

8. 二叉树的前序遍历，非递归迭代实现

题目链接: 二叉树的前序遍历

题目描述:

题目思路:

在二叉树初阶刷题阶段, 我们已经实现了前序遍历的递归实现, 但是递归层数多会造成栈溢出, 所以对于非递归的实现, 我们也要掌握, 其实原理也很简单, 就是模拟递归实现的过程, 先创建一个栈, 用于记录根模拟递归的过程, 遍历左节点, 遍历之前先入栈, 此题前序遍历, 所以直接将此节点的val也插入到vector中, 直到遍历到nullptr,次时说明左子树已全部遍历完, 接着去栈顶元素, 出栈顶元素, 并且将栈顶元素的right赋值给cur,进行下一次的循环遍历, 直至栈为空, 结束的条件cur不为空说明还有右子树需要遍历, 栈不为空说明还有左子树需要遍历右子树.

代码实现:

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:
//非递归前序遍历vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {vector<int> v;TreeNode* cur = root;stack<TreeNode*> snode;while(cur || !snode.empty()){while(cur){v.push_back(cur->val);snode.push(cur);cur = cur->left;}TreeNode* top = snode.top();snode.pop();cur = top->right;}return v;}
};

9. 二叉树中序遍历 ，非递归迭代实现

题目连接: 二叉树的中序遍历

题目描述:

题目思路:

本题要求中序遍历, 基本思路与前序遍历差不多, 模拟递归的实现过程, 只不过, 本次我们左子树入栈不要进行访问, 而是遍历到左子树为nullptr时, 回退的过程在进行访问, 然后在访问右子树, 右子树也是一样的操作, 遇到不为空先不访问, 先入栈,直到栈为空时, 在进行访问, 此时访问的效果就达到 左 根 右.

代码实现:

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {vector<int> v;stack<TreeNode*> snode;TreeNode* cur = root;while(cur || !snode.empty()){while(cur){snode.push(cur);cur = cur->left;}TreeNode* top = snode.top();v.push_back(top->val);cur = top->right;snode.pop();}return v;}
};

10. 二叉树的后序遍历 ，非递归迭代实现

题目连接: 二叉数的后序遍历

题目描述:

题目思路:

还是双循环模拟递归的实现过程, 遇到节点先不放问, 先入栈, 但是我们需要先访问左, 在访问右, 最后访问根, 所以左子树遍历到空之后, 取栈顶元素访问右子树, 如果右子树为根的情况我们才能访问, 访问完之后, 出栈, 在取栈顶元素, 问题就来了, 这时又会取到栈顶元素的右子树, 那我们是否还需要再进去访问呢, 如果访问过了我们就不要访问了, 直接访问此节点, 没访问过在进行访问, 不然会陷入死循环, 这是我们额为创建一个指针来记录上一次出栈的节点, 也就是上一次访问过的节点, 如果为top->right那么就不用进入循环了, 直接pop并直接访问该节点即可, 通过模拟我们可以发现, 其实不管怎么样, 后序遍历一定是先访问的是右子树为空的那个节点.

代码实现:

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {stack<TreeNode*> snode;TreeNode* cur = root;TreeNode* prev = nullptr;vector<int> v;while(cur || !snode.empty()){while(cur){snode.push(cur);cur = cur->left;}TreeNode* top = snode.top();if(top->right == nullptr || prev == top->right){v.push_back(top->val);prev = top;snode.pop();}else{cur = top->right;}}return v;}
};

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完 这些进阶题目我们也需要进行掌握, 这样才能运筹帷幄, 创作不易 感谢点赞关注!!!