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654.最大二叉树
思路
最大二叉树的构建过程如下：
构造树一般采用的是前序遍历，因为先构造中间节点，然后递归构造左子树和右子树。
- 确定递归函数的参数和返回值
参数传入的是存放元素的数组，返回该数组构造的二叉树的头结点，返回类型是指向节点的指针。
- 确定终止条件
题目中说了输入的数组大小一定是大于等于1的，所以我们不用考虑小于1的情况，那么当递归遍历的时候，如果传入的数组大小为1，说明遍历到了叶子节点了。
那么应该定义一个新的节点，并把这个数组的数值赋给新的节点，然后返回这个节点。 这表示一个数组大小是1的时候，构造了一个新的节点，并返回。
- 确定单层递归的逻辑
这里有三步工作
- 先要找到数组中最大的值和对应的下标， 最大的值构造根节点，下标用来下一步分割数组。
- 最大值所在的下标左区间 构造左子树，这里要判断maxValueIndex > 0，因为要保证左区间至少有一个数值。
- 最大值所在的下标右区间 构造右子树，判断maxValueIndex < (nums.size() - 1)，确保右区间至少有一个数值。
方法一： 递归基础版
class Solution: def constructMaximumBinaryTree(self, nums: List[int]) -> TreeNode: if len(nums) == 1: return TreeNode(nums[0]) node = TreeNode(0) # 找到数组中最大的值和对应的下标 maxValue = 0 maxValueIndex = 0 for i in range(len(nums)): if nums[i] > maxValue: maxValue = nums[i] maxValueIndex = i node.val = maxValue # 最大值所在的下标左区间 构造左子树 if maxValueIndex > 0: new_list = nums[:maxValueIndex] node.left = self.constructMaximumBinaryTree(new_list) # 最大值所在的下标右区间 构造右子树 if maxValueIndex < len(nums) - 1: new_list = nums[maxValueIndex+1:] node.right = self.constructMaximumBinaryTree(new_list) return node方法二：递归使用下标
class Solution: def traversal(self, nums: List[int], left: int, right: int) -> TreeNode: if left >= right: return None maxValueIndex = left for i in range(left + 1, right): if nums[i] > nums[maxValueIndex]: maxValueIndex = i root = TreeNode(nums[maxValueIndex]) root.left = self.traversal(nums, left, maxValueIndex) root.right = self.traversal(nums, maxValueIndex + 1, right) return root def constructMaximumBinaryTree(self, nums: List[int]) -> TreeNode: return self.traversal(nums, 0, len(nums))方法三：递归使用切片
class Solution: def constructMaximumBinaryTree(self, nums: List[int]) -> TreeNode: if not nums: return None max_val = max(nums) max_index = nums.index(max_val) node = TreeNode(max_val) node.left = self.constructMaximumBinaryTree(nums[:max_index]) node.right = self.constructMaximumBinaryTree(nums[max_index+1:]) return node
心得收获
注意类似用数组构造二叉树的题目，每次分隔尽量不要定义新的数组，而是通过下标索引直接在原数组上操作，这样可以节约时间和空间上的开销。
一些同学也会疑惑，什么时候递归函数前面加if，什么时候不加if，这个问题我在最后也给出了解释。
其实就是不同代码风格的实现，一般情况来说：如果让空节点（空指针）进入递归，就不加if，如果不让空节点进入递归，就加if限制一下， 终止条件也会相应的调整。
617.合并二叉树
思路
递归法
那么我们来按照递归三部曲来解决：
1.确定递归函数的参数和返回值：
首先要合入两个二叉树，那么参数至少是要传入两个二叉树的根节点，返回值就是合并之后二叉树的根节点。
2.确定终止条件：
因为是传入了两个树，那么就有两个树遍历的节点t1 和 t2，如果t1 == NULL 了，两个树合并就应该是 t2 了（如果t2也为NULL也无所谓，合并之后就是NULL）。
反过来如果t2 == NULL，那么两个数合并就是t1（如果t1也为NULL也无所谓，合并之后就是NULL）。
3.确定单层递归的逻辑：
单层递归的逻辑就比较好写了，这里我们重复利用一下t1这个树，t1就是合并之后树的根节点（就是修改了原来树的结构）。
那么单层递归中，就要把两棵树的元素加到一起。
迭代法
使用迭代法，如何同时处理两棵树呢？
思路我们在二叉树：我对称么？ (opens new window)中的迭代法已经讲过一次了，求二叉树对称的时候就是把两个树的节点同时加入队列进行比较。
方法一： 递归 - 前序 - 修改root1
class Solution: def mergeTrees(self, root1: TreeNode, root2: TreeNode) -> TreeNode: # 递归终止条件: # 但凡有一个节点为空, 就立刻返回另外一个. 如果另外一个也为None就直接返回None. if not root1: return root2 if not root2: return root1 # 上面的递归终止条件保证了代码执行到这里root1, root2都非空. root1.val += root2.val # 中 root1.left = self.mergeTrees(root1.left, root2.left) #左 root1.right = self.mergeTrees(root1.right, root2.right) # 右 return root1 # ⚠️ 注意: 本题我们重复使用了题目给出的节点而不是创建新节点. 节省时间, 空间. 方法二：递归 - 前序 - 新建root
class Solution: def mergeTrees(self, root1: TreeNode, root2: TreeNode) -> TreeNode: # 递归终止条件: # 但凡有一个节点为空, 就立刻返回另外一个. 如果另外一个也为None就直接返回None. if not root1: return root2 if not root2: return root1 # 上面的递归终止条件保证了代码执行到这里root1, root2都非空. root = TreeNode() # 创建新节点 root.val += root1.val + root2.val# 中 root.left = self.mergeTrees(root1.left, root2.left) #左 root.right = self.mergeTrees(root1.right, root2.right) # 右 return root # ⚠️ 注意: 本题我们创建了新节点. 方法三： 迭代
class Solution: def mergeTrees(self, root1: TreeNode, root2: TreeNode) -> TreeNode: if not root1: return root2 if not root2: return root1 queue = deque() queue.append(root1) queue.append(root2) while queue: node1 = queue.popleft() node2 = queue.popleft() # 更新queue # 只有两个节点都有左节点时, 再往queue里面放. if node1.left and node2.left: queue.append(node1.left) queue.append(node2.left) # 只有两个节点都有右节点时, 再往queue里面放. if node1.right and node2.right: queue.append(node1.right) queue.append(node2.right) # 更新当前节点. 同时改变当前节点的左右孩子. node1.val += node2.val if not node1.left and node2.left: node1.left = node2.left if not node1.right and node2.right: node1.right = node2.right return root1方法四：迭代优化
from collections import deque class Solution: def mergeTrees(self, root1: TreeNode, root2: TreeNode) -> TreeNode: if not root1: return root2 if not root2: return root1 queue = deque() queue.append((root1, root2)) while queue: node1, node2 = queue.popleft() node1.val += node2.val if node1.left and node2.left: queue.append((node1.left, node2.left)) elif not node1.left: node1.left = node2.left if node1.right and node2.right: queue.append((node1.right, node2.right)) elif not node1.right: node1.right = node2.right return root1 700.二叉搜索树中的搜索
思路
递归法
1.确定递归函数的参数和返回值
递归函数的参数传入的就是根节点和要搜索的数值，返回的就是以这个搜索数值所在的节点。
2.确定终止条件
如果root为空，或者找到这个数值了，就返回root节点。
3.确定单层递归的逻辑
看看二叉搜索树的单层递归逻辑有何不同。
因为二叉搜索树的节点是有序的，所以可以有方向的去搜索。
如果root->val > val，搜索左子树，如果root->val < val，就搜索右子树，最后如果都没有搜索到，就返回NULL。
迭代法
一提到二叉树遍历的迭代法，可能立刻想起使用栈来模拟深度遍历，使用队列来模拟广度遍历。
对于二叉搜索树可就不一样了，因为二叉搜索树的特殊性，也就是节点的有序性，可以不使用辅助栈或者队列就可以写出迭代法。
对于一般二叉树，递归过程中还有回溯的过程，例如走一个左方向的分支走到头了，那么要调头，在走右分支。
而对于二叉搜索树，不需要回溯的过程，因为节点的有序性就帮我们确定了搜索的方向。
例如要搜索元素为3的节点，我们不需要搜索其他节点，也不需要做回溯，查找的路径已经规划好了。
方法一：递归
class Solution: def searchBST(self, root: TreeNode, val: int) -> TreeNode: # 为什么要有返回值: # 因为搜索到目标节点就要立即return， # 这样才是找到节点就返回（搜索某一条边），如果不加return，就是遍历整棵树了。 if not root or root.val == val: return root if root.val > val: return self.searchBST(root.left, val) if root.val < val: return self.searchBST(root.right, val) 方法二：迭代
class Solution: def searchBST(self, root: TreeNode, val: int) -> TreeNode: while root: if val < root.val: root = root.left elif val > root.val: root = root.right else: return root return None方法三：栈-遍历
class Solution: def searchBST(self, root: TreeNode, val: int) -> TreeNode: stack = [root] while stack: node = stack.pop() # 根据TreeNode的定义 # node携带有三类信息 node.left/node.right/node.val # 找到val直接返回node 即是找到了该节点为根的子树 # 此处node.left/node.right/val的前后顺序可打乱 if node.val == val: return node if node.right: stack.append(node.right) if node.left: stack.append(node.left) return None心得收获
本篇我们介绍了二叉搜索树的遍历方式，因为二叉搜索树的有序性，遍历的时候要比普通二叉树简单很多。
但是一些同学很容易忽略二叉搜索树的特性，所以写出遍历的代码就未必真的简单了。
所以针对二叉搜索树的题目，一样要利用其特性。
文中我依然给出递归和迭代两种方式，可以看出写法都非常简单，就是利用了二叉搜索树有序的特点。
98.验证二叉搜索树
思路
要知道中序遍历下，输出的二叉搜索树节点的数值是有序序列。
有了这个特性，验证二叉搜索树，就相当于变成了判断一个序列是不是递增的了。
递归法
可以递归中序遍历将二叉搜索树转变成一个数组，然后只要比较一下，这个数组是否是有序的，注意二叉搜索树中不能有重复元素。
我们把二叉树转变为数组来判断，是最直观的，但其实不用转变成数组，可以在递归遍历的过程中直接判断是否有序。
这道题目比较容易陷入两个陷阱：
- 陷阱1
不能单纯的比较左节点小于中间节点，右节点大于中间节点就完事了。我们要比较的是 左子树所有节点小于中间节点，右子树所有节点大于中间节点。
- 陷阱2
样例中最小节点 可能是int的最小值，如果这样使用最小的int来比较也是不行的。
此时可以初始化比较元素为longlong的最小值。
递归三部曲：
- 确定递归函数，返回值以及参数
要定义一个longlong的全局变量，用来比较遍历的节点是否有序，因为后台测试数据中有int最小值，所以定义为longlong的类型，初始化为longlong最小值。
注意递归函数要有bool类型的返回值， 我们在二叉树：递归函数究竟什么时候需要返回值，什么时候不要返回值？ (opens new window)中讲了，只有寻找某一条边（或者一个节点）的时候，递归函数会有bool类型的返回值。
其实本题是同样的道理，我们在寻找一个不符合条件的节点，如果没有找到这个节点就遍历了整个树，如果找到不符合的节点了，立刻返回。
- 确定终止条件
如果是空节点 是不是二叉搜索树呢？
是的，二叉搜索树也可以为空！
- 确定单层递归的逻辑
中序遍历，一直更新maxVal，一旦发现maxVal >= root->val，就返回false，注意元素相同时候也要返回false。
迭代法
可以用迭代法模拟二叉树中序遍历，对前中后序迭代法生疏的同学可以看这两篇二叉树：听说递归能做的，栈也能做！，二叉树：前中后序迭代方式统一写法
方法一：利用中序递增性质，转换成数组
class Solution: def __init__(self): self.vec = [] def traversal(self, root): if root is None: return self.traversal(root.left) self.vec.append(root.val) # 将二叉搜索树转换为有序数组 self.traversal(root.right) def isValidBST(self, root): self.vec = [] # 清空数组 self.traversal(root) for i in range(1, len(self.vec)): # 注意要小于等于，搜索树里不能有相同元素 if self.vec[i] <= self.vec[i - 1]: return False return True方法二：设定极小值，进行比较
class Solution: def __init__(self): self.maxVal = float('-inf') # 因为后台测试数据中有int最小值 def isValidBST(self, root): if root is None: return True left = self.isValidBST(root.left) # 中序遍历，验证遍历的元素是不是从小到大 if self.maxVal < root.val: self.maxVal = root.val else: return False right = self.isValidBST(root.right) return left and right方法三：直接取该树的最小值
class Solution: def __init__(self): self.pre = None # 用来记录前一个节点 def isValidBST(self, root): if root is None: return True left = self.isValidBST(root.left) if self.pre is not None and self.pre.val >= root.val: return False self.pre = root # 记录前一个节点 right = self.isValidBST(root.right) return left and right方法四：迭代法
class Solution: def isValidBST(self, root): stack = [] cur = root pre = None # 记录前一个节点 while cur is not None or len(stack) > 0: if cur is not None: stack.append(cur) cur = cur.left # 左 else: cur = stack.pop() # 中 if pre is not None and cur.val <= pre.val: return False pre = cur # 保存前一个访问的结点 cur = cur.right # 右 return True 心得收获
这道题目是一个简单题，但对于没接触过的同学还是有难度的。
所以初学者刚开始学习算法的时候，看到简单题目没有思路很正常，千万别怀疑自己智商，学习过程都是这样的，大家智商都差不多。
只要把基本类型的题目都做过，总结过之后，思路自然就开阔了，加油
