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Leetcode 538: 把二叉搜索树转换为累加树 是一道经典的树问题，考察的是二叉树的遍历、递归思想以及对二叉搜索树 (BST) 特性的理解。
题目描述
将给定的二叉搜索树 (BST) 转化成累加树 (Greater Tree)，使得每个节点的值是原树中所有大于或等于该节点值的节点值的和。
示例
输入：
4/ \1 6
输出：
10/ \16 6
- 节点
10= 节点值4 + 6 - 节点
16= 节点值1 + 4 + 6（包括自身，以及右子树所有节点等于或大于1的值）
解法一：反向中序遍历 + 累加器
（推荐解法：递归实现 + 累加变量）
思路
- 二叉搜索树的性质:
- 对于任何一个节点，左子树的所有节点值均小于当前节点值，而右子树的所有节点值均大于当前节点值。
- 反向中序遍历:
- 累加要求按从大到小的顺序遍历树，可以使用“右-根-左”（反中序遍历）。
- 使用一个全局变量
sum保存累加结果，在遍历过程中逐步更新每个节点的值。
- 流程:
- 从右子节点开始遍历，逐步累加节点值，将计算结果赋值给根节点。
- 然后继续遍历左子树。
代码模板
class Solution {private int sum = 0; // 累加器public TreeNode convertBST(TreeNode root) {if (root == null) {return null;}// 反向中序遍历convertBST(root.right); // 遍历右子树sum += root.val; // 累加root.val = sum; // 更新当前节点值convertBST(root.left); // 遍历左子树return root;}
}
复杂度分析
- 时间复杂度: O(n)
- 每个节点被访问一次，完成累加和赋值。
- 空间复杂度: O(h)
- 递归调用栈深度为树的高度
h，最坏情况下h = n（链状树），平均情况下h = log(n)（平衡树）。
- 递归调用栈深度为树的高度
适用场景
- 此解法是 首选解法，递归逻辑简单，代码可读性强。
- 适用于大部分二叉树，特别是递归深度不高的平衡二叉树。
解法二：迭代法（反向中序遍历 + 栈实现）
思路
- 递归虽然简单，但在深度较高时可能导致栈溢出问题，为避免递归调用，我们可以用 显式栈 实现反向中序遍历。
- 核心步骤：
- 使用栈模拟递归过程，每次定位到最右子节点，然后从右到左依次计算累加值。
- 使用 累加变量 sum 更新节点值。
代码模板
class Solution {public TreeNode convertBST(TreeNode root) {if (root == null) {return null;}Deque<TreeNode> stack = new ArrayDeque<>(); // 栈模拟递归TreeNode cur = root;int sum = 0;// 遍历while (cur != null || !stack.isEmpty()) {// 一直向右深入while (cur != null) {stack.push(cur);cur = cur.right;}// 处理栈顶节点cur = stack.pop();sum += cur.val; // 累加并更新当前节点cur.val = sum;// 转向左子树cur = cur.left;}return root;}
}
复杂度分析
- 时间复杂度: O(n)
- 每个节点进栈出栈各一次。
- 空间复杂度: O(h)
- 显式栈的空间开销为树的高度
h。
- 显式栈的空间开销为树的高度
适用场景
- 当树高度非常高时，此方法避免了递归的栈溢出问题。
解法三：Morris遍历（无需递归或栈，O(1)空间解法）
思路
- Morris 遍历是一种 利用树的特殊结构 实现中序遍历的空间优化方法。
- 核心思路：
- 在每个节点的右子树中找到 “当前节点的前驱节点”，即比当前节点值小且最接近当前节点的节点。
- 不使用栈，而是通过动态调整树结构（移动指针）进行遍历。
- 在遍历过程中修改累加值并更新当前节点。
代码模板
class Solution {public TreeNode convertBST(TreeNode root) {TreeNode cur = root, pre;int sum = 0;while (cur != null) {// 当前节点的右子树不为空if (cur.right != null) {// 找到右子树中最左节点（即前驱）pre = cur.right;while (pre.left != null && pre.left != cur) {pre = pre.left;}// 建立连接if (pre.left == null) {pre.left = cur;cur = cur.right;} else { // 之前已建立连接，现在需要回退pre.left = null; // 恢复树的正确结构sum += cur.val;cur.val = sum;cur = cur.left;}} else {// 没有右子树，直接处理当前节点，向左子树移动sum += cur.val;cur.val = sum;cur = cur.left;}}return root;}
}
复杂度分析
- 时间复杂度: O(n)
- 每个节点最多被访问两次（建立连接和断开连接）。
- 空间复杂度: O(1)
- 使用的是当前链表结构，没有额外的栈或递归调用。
适用场景
- 当需要极限优化空间复杂度时（例如树非常大而内存有限）。
总结与比较
| 解法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 优点 | 缺点 |
|---|---|---|---|---|
| 解法一：递归 | O(n) | O(h) | 最简单、直观，适合递归逻辑 | 树深度过大会导致栈溢出 |
| 解法二：迭代 | O(n) | O(h) | 避免了递归，解决栈溢出问题 | 增加了编码复杂度 |
| 解法三：Morris遍历 | O(n) | O(1) | 不需递归或栈，空间复杂度最优 | 修改树结构，逻辑较复杂 |
快速 AC 策略
- 推荐使用递归法（解法一）：
- 在面试时，能快速完成且符合常规逻辑。
- 时间复杂度和空间复杂度效果都较好，且代码简洁。
- 递归较深，可能栈溢出时，用迭代法（解法二）：
- 能避免递归调用的缺陷。
- 是递归的等价替代解法。
- Morris 遍历用于极限空间优化场景（解法三）：
- 当空间复杂度要求严格（如 O(1)）时选择。
- 但是编码和理解稍显困难。
熟练掌握这三种解法，能应对几乎所有类似问题！