摘要:只要我們能夠有一個以某一中間路徑和為的哈希表,就可以隨時判斷某一節(jié)點能否和之前路徑相加成為目標值。
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Path Sum I遞歸法 復雜度Given a binary tree and a sum, determine if the tree has a root-to-leaf path such that adding up all the values along the path equals the given sum.
For example: Given the below binary tree and sum = 22,
5 / 4 8 / / 11 13 4 / 7 2 1return true, as there exist a root-to-leaf path 5->4->11->2 which sum is 22.
時間 O(b^(h+1)-1) 空間 O(h) 遞歸棧空間 對于二叉樹b=2
思路要求是否存在一個累加為目標和的路徑,我們可以把目標和減去每個路徑上節(jié)點的值,來進行遞歸。
代碼public class Solution { public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) { if(root==null) return false; if(root.val == sum && root.left==null && root.right==null) return true; return hasPathSum(root.left, sum-root.val) || hasPathSum(root.right, sum-root.val); } }
2018/2
class Solution: def hasPathSum(self, root, sum): """ :type root: TreeNode :type sum: int :rtype: bool """ if root is None: return False if root.val == sum and root.left is None and root.right is None: return True return self.hasPathSum(root.left, sum - root.val) or self.hasPathSum(root.right, sum - root.val)Path Sum II
深度優(yōu)先搜索 復雜度Given a binary tree and a sum, find all root-to-leaf paths where each path"s sum equals the given sum.
For example: Given the below binary tree and sum = 22,
5 / 4 8 / / 11 13 4 / / 7 2 5 1return
[ [5,4,11,2], [5,8,4,5] ]
時間 O(b^(h+1)-1) 空間 O(h) 遞歸棧空間 對于二叉樹b=2
思路基本的深度優(yōu)先搜索,思路和上題一樣用目標和減去路徑上節(jié)點的值,不過要記錄下搜索時的路徑,把這個臨時路徑代入到遞歸里。
代碼public class Solution { List> res; public List
> pathSum(TreeNode root, int sum) { res = new LinkedList
>(); List
tmp = new LinkedList (); if(root!=null) helper(root, tmp, sum); return res; } private void helper(TreeNode root, List tmp, int sum){ if(root.val == sum && root.left==null && root.right==null){ tmp.add(root.val); List one = new LinkedList (tmp); res.add(one); tmp.remove(tmp.size()-1); } else { tmp.add(root.val); if(root.left!=null) helper(root.left, tmp, sum - root.val); if(root.right!=null) helper(root.right, tmp, sum - root.val); tmp.remove(tmp.size()-1); } } }
2018/2
class Solution: def pathSum(self, root, sum): """ :type root: TreeNode :type sum: int :rtype: List[List[int]] """ paths = [] self.findSolution(root, sum, [], paths) return paths def findSolution(self, root, sum, path, paths): if root is None: return if root.val == sum and root.left is None and root.right is None: solution = [val for val in path] paths.append([*solution, root.val]) return path.append(root.val) self.findSolution(root.left, sum - root.val, path, paths) self.findSolution(root.right, sum - root.val, path, paths) path.pop()Path Sum III
You are given a binary tree in which each node contains an integer
value.Find the number of paths that sum to a given value.
The path does not need to start or end at the root or a leaf, but it
must go downwards (traveling only from parent nodes to child nodes).The tree has no more than 1,000 nodes and the values are in the range
-1,000,000 to 1,000,000.Example: root = [10,5,-3,3,2,null,11,3,-2,null,1], sum = 8 10 / 5 -3 / 3 2 11 / 3 -2 1 Return 3. The paths that sum to 8 are: 1. 5 -> 3 2. 5 -> 2 -> 1 3. -3 -> 11
給定一個二叉樹,其中可能有正值也可能有負值。求可能有多少種自上而下的路徑(但不一定要是從根節(jié)點到葉子節(jié)點),使得路徑上數(shù)字之和等于給定的數(shù)字。
題目分析這里題目有點不清楚的地方在于,雖然明確提到路徑必須是從父節(jié)點到子節(jié)點自上而下,但實際上在OJ評判時,單個節(jié)點也可以算是一個路徑。
暴力法 思路既然路徑可以是從任意父節(jié)點自上向下到任意子節(jié)點,那么最直接的做法就是對每個節(jié)點自身都做一次深度優(yōu)先搜索,看以該節(jié)點為根能找到多少條路徑。該解法在OJ上會超時。
代碼class Solution(object): def findPath(self, root, sum): if root is not None: selfCount = 1 if root.val == sum else 0 leftCount = self.findPath(root.left, sum - root.val) rightCount = self.findPath(root.right, sum - root.val) return selfCount + leftCount + rightCount return 0 def pathSum(self, root, sum): """ :type root: TreeNode :type sum: int :rtype: int """ if root: return self.findPath(root, sum) + self.pathSum(root.left, sum) + self.pathSum(root.right, sum)回溯相加法 復雜度
時間 O(N^2)
實際上由于在遍歷二叉樹時,已經(jīng)得到了之前路徑上節(jié)點的信息,我們可以將路徑存下來避免再次遍歷同一個節(jié)點。這樣根據(jù)記錄下的路徑,只需要計算以當前節(jié)點為底端,向上的路徑中符合要求的解即可。這個解法避免了大量遞歸,所以在OJ上并不會超時。
from collections import deque class Solution: def pathSum(self, root, sum): """ :type root: TreeNode :type sum: int :rtype: int """ path = deque() #把新節(jié)點放在前面 return self.findSolution(root, path, sum) def findSolution(self, root, path, target): if root is None: return 0 sum = root.val count = 1 if sum == target else 0 for val in path: #從當前節(jié)點沿著路徑向上加,因為新節(jié)點都放在了頭,所以不用reverse了 sum += val if sum == target: count += 1 path.appendleft(root.val) leftCount = self.findSolution(root.left, path, target) rightCount = self.findSolution(root.right, path, target) path.popleft() return leftCount + rightCount + count哈希表法 思路
然而,記錄路徑還是需要遍歷一遍這個路徑,如何省去這次遍歷呢?由于我們不需要知道路徑的順序信息,只需要知道存在過多少段段路徑,它的和加上當前節(jié)點就是目標值。那么是否可以用哈希表來記錄這個多少段路徑呢?不過問題在于,哈希表的value是路徑的數(shù)量,但是不知道如何確定哈希表的key。
這里有個非常巧妙的辦法,類似于two sum的思路,就是當你想知道A+B=C何時會成立,我們可以通過將B哈希表內(nèi),如果C-A的值在這個哈希表中出現(xiàn),即說明存在這么一個組合,使得A+B=C。而本題中,我們想知道的何時“當前節(jié)點值”+“某一中間路徑和”=“目標值” (把鄰接當前節(jié)點但不一定包含根節(jié)點的路徑叫做中間路徑)。只要我們能夠有一個以“某一中間路徑和”為key的哈希表,就可以隨時判斷某一節(jié)點能否和之前路徑相加成為目標值。
但是“某一路徑和”如何計算呢?我們在遍歷的時候,只有從根到當前節(jié)點的路徑和。“當前節(jié)點累加的根路徑和” = “之前某一節(jié)點中累加的根路徑和” + “某一中間路徑和” + “當前節(jié)點值” (把從根開始算的路徑叫做根路徑),所以“某一中間路徑和” = “當前節(jié)點累加的根路徑和” - “之前某一節(jié)點中累加的根路徑和” - “當前節(jié)點值”,代入上一個公式,我們可得“當前節(jié)點累加的根路徑和” - “之前某一節(jié)點中累加的根路徑和” = “目標值”
由于“當前節(jié)點累加的根路徑和”和“目標值”我們都知道,所以意味著只要將“之前某一節(jié)點中累加的根路徑和”作為哈希表的key存儲,我們就能當場判斷是否存在這一組合使得等式成立。
代碼class Solution: def pathSum(self, root, sum): """ :type root: TreeNode :type sum: int :rtype: int """ prevSums = { 0: 1 } # 之前某一節(jié)點中累加的根路徑和所構成的字典,初始時只有一個根路徑和為0 return self.findSolution(root, prevSums, 0, sum) def findSolution(self, root, prevSums, currSum, target): if root is None: return 0 currSum += root.val # 累加得到當前的根路徑和 selfCount = prevSums.get(currSum - target, 0) # 當前根路徑和 - 目標值 = 之前某一節(jié)點中累加的根路徑和,看有多少種滿足此等式的情況 prevSums[currSum] = prevSums.get(currSum, 0) + 1 # 把當前根路徑和也作為之前根路徑和存起來,然后開始下一層的遞歸 leftCount = self.findSolution(root.left, prevSums, currSum, target) rightCount = self.findSolution(root.right, prevSums, currSum, target) prevSums[currSum] = prevSums.get(currSum) - 1 return leftCount + rightCount + selfCount
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摘要: 112. Path Sum Problem Given a binary tree and a sum, determine if the tree has a root-to-leaf path such that adding up all the values along the path equals the given sum. Note: A leaf is a node...
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