算法——二叉树、dfs、bfs、适配器、队列练习

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一、二叉树层序遍历

二叉树层序遍历

代码实现

class Solution {
public:vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {if(root == nullptr){return {};}//创建vecrot容器，底层使用vector<int>vector<vector<int>>ans;//创建queue队列，队列底层适配器使用 TreeNodequeue<TreeNode*>q;/*//将根节点赋予给q//q = root;错误写法无法将q赋值给root，只能将root传入到q里面，q里面存储的是root类型*/q.push(root);while(!q.empty()){vector<int>vals;//隐蔽的错误这里的q.size是动态变化的int levelSize = q.size();  // 提前记录当前层的节点数（固定值）for(int i = 0; i < levelSize; i++)//for(int i = 0;i<q.size();i++){//创建id记录队列的头节点，以此方便删除auto id = q.front();vals.push_back(id->val);q.pop();if(id->left)q.push(id->left);if(id->right)q.push(id->right);}ans.push_back(vals);}return ans;    }
};

题解

核心考察点——bfs思想

• 一、

这道题的核心考察点在于，队列与节点结合使用。
考察你对队列的掌握，以及底层适配器的掌握。

• 二、

队列入栈出栈操作->演变为，队列其适配器是节点的入栈和出栈操作
出栈为q.pop这是无疑的，重点在于 取队列的元素并放入到vector容器里面

1.先得到头节点的迭代器 auto id = q.front();
2.迭代器解引用 vector再pushback vals.push_back(id->val);

• 三、

对于for循环的理解。
我们开始先入的root根节点，而后进行两个if判断

目的是为了入根节点的左节点和右节点。
而这里的循环条件是每个节点的大小。

易错题解

• 一、

这里的size 是用的静态的。
如果for(int i = 0;i<q.size();i++)这里就是动态的 会报错！！！
报错的原因在于。

再for循环里q.pop()：删除队首元素 → 让 q.size() 变小；
q.push(子节点)：添加新元素 → 让 q.size() 变大。
问题就在于你可能还没执行完第n次循环呢，pop可能就已经改变了size的大小。导致for循环少遍历了几次

二、从前序与中序遍历序列构造二叉树——二三一起看

从前序与中序遍历序列构造二叉树

代码实现

#include<vector>
#include<algorithm>class Solution {
public:TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {//终止条件if(preorder.empty()) return nullptr;//new返回的是指针类型//这里的第一个元素当作了根节点int val = preorder[0];TreeNode* tree = new TreeNode(val);//长度auto id = find(inorder.begin(),inorder.end(),val);int len = id -inorder.begin();//切割vector<int>left_preorder(preorder.begin()+1,preorder.begin()+1+len);vector<int>left_inorder(inorder.begin(),id);//切割vector<int>right_preorder(preorder.begin()+1+len,preorder.end());vector<int>right_inorder(id+1,inorder.end());//递归tree->left = buildTree(left_preorder,left_inorder);tree->right = buildTree(right_preorder,right_inorder);return tree;}
};

题解

核心考察点

• 一、

从构建根节点->转变为 从根节点开始递归遍历
根节点的构建可谓是小菜一碟 TreeNode* tree = new TreeNode(val)
根节点的构建和递归联系再一块往往让人想不到

其左右子树分别为
tree->left = buildTree(left_preorder,left_inorder);
tree->right = buildTree(right_preorder,right_inorder);

• 二、

长度也可为是家常便饭了 auto id = find()函数，返回值是一个迭代器
迭代器减去开头的迭代器 = 个数 == 长度
难得地方在于

如何递归调用开头

找到根节点通过调左序列得左半部分
找到根节点通过调中序列得左半部分

找到根节点通过调左序列得右半部分
找到根节点通过调中序列得右半部分 对于这部分得理解是难点！！！

易错题解

三、从中序与后续遍历序列构造二叉树——二三一起看

从中序与后续遍历序列构造二叉树

代码实现

#include<vector>
#include<algorithm>class Solution {
public:TreeNode* buildTree(vector<int>& inorder, vector<int>& postorder) {//终止条件if(inorder.empty()) return nullptr;//构建根节点，但凡涉及到二叉树的一定会涉及到节点//后面用于连接，从而形成二叉树//root->left//root->rightint final = postorder.size()-1;TreeNode* root = new TreeNode(postorder[final]);//postorder找根，inorder中截取auto id = find(inorder.begin(),inorder.end(),postorder[final]);int len = id-inorder.begin();//截取vector<int> right_postorder(postorder.begin() + len,postorder.end()-1);vector<int>right_inorder(id+1,inorder.end());//截取vector<int> left_postorder(postorder.begin(),postorder.begin() + len);vector<int> left_inorder(inorder.begin(),id);root->right = buildTree(right_inorder,right_postorder);root->left = buildTree(left_inorder,left_postorder);return root;}
};

题解

核心考察点

易错题解

截取尽量不要从后往前截取。尽量从前往后截取。这样不容易出错

四、二叉树的最近公共祖先——三四一起分析——抽象题

二叉树的最近公共祖先

代码实现

class Solution {
public:TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {//3.补充——写终止条件//如果为空那就结束//如果不是空那就root = p root = q继续遍历if (!root||root == p||root ==q)return root;//void dis(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q)//1.递归遍历//进入下一个循环/*lowestCommonAncestor(root->left, p, q);lowestCommonAncestor(root->right, p, q);*///付给我的左子树或右子树//2.不能付给root，root是根节点遍历的起点。//创建新节点，然后接受TreeNode* left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q);TreeNode* right = lowestCommonAncestor(root->right, p, q);//4.补充最终条件// 情况1：左右都找到 → 当前 root 就是最近公共祖先if (left && right) return root;// 情况2：只找到一个 → 把那个往上返回return left ? left : right;}
};

题解

假如p=5 q=4

核心考察点

• 一、

递归调用最开始从底层开始分析，就拿上图来说。第一个调用为 (7,5,4)然后是 （4，5，4）

• 二、

当你仅仅找到一个节点时侯return 为什么不会停止递归，你可以理解为在这个题目里面必须找到2个节点才会终止。
第一个 return root 是 “传递位置信息”，触发后会继续向上传递，直到遇到能 “宣布最终答案” 的节点。
你也可以理解为第二个 return root 是 “宣布最终答案”，一旦触发，递归会直接结束；

• 三、
• 
• 递归得本质，向下递归，向上返回！！！。所以最后一行是返回的是上一层递归的left和right而不是自己下一层的。！！！

易错题解

五、二叉搜索树与双向链表——三四一起分析——抽象题

二叉搜索树与双向链表

代码实现

class Solution {
public:
//定义pre前序，前序用于向前遍历
//头节点用于记录第一个节点TreeNode* pre = nullptr;TreeNode* head = nullptr;TreeNode* Convert(TreeNode* pRootOfTree) {if(pRootOfTree==nullptr) return nullptr;//开始遍历直到最后Convert(pRootOfTree->left);if(pre == nullptr){head = pRootOfTree;}//保证pre是pRootOfTree的前一个节点else {//把pre赋值给 pRootOfTree的左指针pRootOfTree->left=pre;pre->right = pRootOfTree;}//处理第一个节点pre = pRootOfTree; //开始遍历中序右节点Convert(pRootOfTree->right);return head;}
};

题解

核心考察点

抽象点一、

对于递归的理解 这里非常非常抽象！！

在这道题里面 递归是先往前递归 一条路走到黑。然后再从中序开始往后递归。
往前递归完之后，找到第一个节点pRootOfTree开始往后递归，此时的pRootOfTree仍然是中间那个节点！！

抽象点二、

这一行代码他只会再头节点的时候出发，虽然每条递归里面都有这行代码。但是它的作用旨在第一行代码
下面解释

因为递归的底层是从最低端开始的。而我们往前递归，最开始就是从头部开始的。因此pre这条指令旨在最开始的时候起到了作用。这里你也不需要担心，pre=pRootOfTree这条指令会不会破坏了节点之间的联系。
完全不会！！因为代码是从最低端开始的。但是代码它执行过程是最上端开始往下面递归的。
这是很抽象的。

易错题解