[leetcode日記]101.對稱二叉樹

題目

給定一個二叉樹，檢查它是否是鏡像對稱的。

例如，二叉樹 [1,2,2,3,4,4,3] 是對稱的。

但是下面這個 [1,2,2,null,3,null,3] 則不是鏡像對稱的:

進階：

你可以運用遞歸和迭代兩種方法解決這個問題嗎？

來源：力扣（LeetCode） 鏈接：https://leetcode-cn.com/problems/symmetric-tree
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分析

如果一個樹的左子樹與右子樹鏡像對稱，那麼這個樹是對稱的。之前有寫過一道題，求一個二叉樹地鏡像對稱。然後比較鏡像對稱後地二叉樹和源二叉樹是否相等就可以了。但是這樣會有一種“殺雞焉用牛刀”的感覺。這裏就按部就班用遞歸和迭代的方法分別求解就可以了。

先說遞歸的思路，遞歸就是寫一個函數check（node1，node2）來判斷node1指向的樹和node2指向的樹是否鏡像對稱。如果同時滿足下面的條件，兩個樹互爲鏡像：它們的兩個根結點具有相同的值或均爲空；每個樹的右子樹都與另一個樹的左子樹鏡像對稱。其中第一點可以用if語句進行判斷，第二點就用到了遞歸。有了這個思路以後應該不難寫出遞歸代碼。

然後是非遞歸的思路。一般而言，把遞歸轉化成非遞歸都是要用到隊列或者棧進行操作。這裏應該是用隊列和棧都可以，分別對應的是深度優先和廣度優先的比較。我採用了隊列的形式，所以是進行廣度優先的比較。每次將需要比較的兩個元素進隊，然後彈出時比較兩個元素的節點值，並將他們不爲空的對應子節點入隊。如此操作直到隊列爲空。

代碼1——遞歸

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     struct TreeNode *left;
 *     struct TreeNode *right;
 * };
 */
bool check(struct TreeNode* pleft,struct TreeNode *pright) {
    if (!pleft && !pright) {    //兩者均爲空
        return true;
    }
    if (!pleft || !pright) {    //只有一者爲空
        return false;
    }
    if (pleft->val != pright->val) {    //兩者均不爲空但是值不相等
        return false;
    }
    return check(pleft->left,pright->right) && check(pleft->right,pright->left);
}

bool isSymmetric(struct TreeNode* root){
    if (root == NULL) {
        return true;
    } 

    return check(root->left,root->right);
}

運行結果

代碼2——迭代

#define MAXLEN 100

struct TreeNode g_queue[MAXLEN];
int g_len = 0;
int g_head = 0;
int g_tail = 0;

void AddQueue(struct TreeNode *node) {	//將節點加入隊列
    if (g_tail < MAXLEN) {
        g_queue[g_tail] = *node;
        g_len++;
        g_tail++;
    }
    if (g_tail == MAXLEN) {		//這是一個循環隊列，容量爲MAXLEN
        g_tail = 0;
    }
}

struct TreeNode* GetQueue() {	//隊列的pop操作
    struct TreeNode *node = NULL;
    if (g_head < MAXLEN) {
        node = &g_queue[g_head];
        g_head++;
        g_len--;
    }
    if (g_head == MAXLEN) {
        g_head = 0;
    }
    return node;
}

bool isSymmetric(struct TreeNode* root){	
    if (root == NULL) {
        return true;
    }
    g_head = 0;
    g_len = 0;
    g_tail = 0;
    AddQueue(root);
    AddQueue(root);		//一次進棧兩個root，以獲得函數的兼容性
    while (g_len != 0) {	//一次獲取兩個節點，期待它們相等並且
        struct TreeNode *node1 = GetQueue();
        struct TreeNode *node2 = GetQueue();
        if (node1->val != node2->val) {
            return false;
        }
        if (node1->left != NULL) {
            if (node2->right != NULL) {
                AddQueue(node1->left);
                AddQueue(node2->right);
            } else {
                return false;
            } 
        }
        if (node1->right != NULL) {
            if (node2->left != NULL) {
                AddQueue(node1->right);
                AddQueue(node2->left);
            } else {
                return false;
            } 
        }
    }
    return true;
}

運行結果

複雜度分析

兩種方法對樹的每個節點都只需要進行O（1）的操作，所以綜合起來的時間複雜度只有O（n），對於空間複雜度，兩者也都是O(n)。

感謝大家的支持和點贊。