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wzjs 2025/9/6 9:48:02

潍坊建设网站,西安天气最新公布,展厅设计规划,广州最新政策题目描述： 给定一个非空二叉树，返回其最大路径和。路径被定义为一条从树中任意节点出发，到达任意节点的一条序列。路径至少包含一个节点，且不需要经过根节点。解题分析和主要思路要理解并解决问题的关键在于弄清楚二叉树路径的…

题目描述： 给定一个非空二叉树，返回其最大路径和。路径被定义为一条从树中任意节点出发，到达任意节点的一条序列。路径至少包含一个节点，且不需要经过根节点。

解题分析和主要思路

要理解并解决问题的关键在于弄清楚二叉树路径的特性：

路径可以从任意节点开始，到任何节点结束。
路径可能不经过某些节点，也可能跨越多个子树。
路径中不允许循环，因此路径上的父节点和子节点唯一相连。

最大路径和问题可以分解为两大子任务：

最大单边路径和：某节点的最大单边路径和。即从某节点延伸到一个方向（左子树或右子树）的最大和。
最大跨节点路径和：某节点形成的跨左右子树的路径和，可能是最大路径和的候选值。

最终，我们需要选出全局最大路径和（单边路径和 + 跨越路径和）。

解法 1：递归DFS + 后序遍历

在后序遍历的过程中，自底向上计算每个节点的最大单边路径和和跨节点路径和：

对于每个节点：
- 递归计算其左子树和右子树的最大单边路径和。
- 使用当前节点的值 + 左/右单边路径和（如果它们为正）得到当前跨节点路径的总和。
- 更新全局最大路径和。
- 返回以当前节点为根节点的最大单边路径和max(root.val + left, root.val + right)。

模板代码

class Solution {private int maxSum = Integer.MIN_VALUE; // 全局最大路径和public int maxPathSum(TreeNode root) {dfs(root); // 递归后序遍历return maxSum;}private int dfs(TreeNode root) {if (root == null) return 0; // 空节点返回 0（对路径贡献为零）// 后序遍历：递归计算左右子树的最大单边路径和int left = Math.max(0, dfs(root.left)); // 如果子树路径和为负，则丢弃（取 0）int right = Math.max(0, dfs(root.right)); // 同上// 跨越当前节点的最大路径和（包括左右子树路径）int localMaxPathSum = root.val + left + right;maxSum = Math.max(maxSum, localMaxPathSum); // 更新全局最大路径和// 返回以当前节点为起点的最大单边路径和return root.val + Math.max(left, right);}
}

时间复杂度

O(N)：每个节点只会被访问一次（后序遍历）。
O(H)：递归调用的栈空间，H 是树的高度。

解法 2：迭代法（基于后序遍历的非递归解法）

这个问题大多数情况下使用递归解决，因为深度优先搜索更契合于二叉树的结构。如果你想使用迭代法，则需基于「模拟后序遍历」实现栈的迭代式计算。

思路

使用一个栈对二叉树进行后序遍历（左右子树先分别入栈）。
同时在栈中保存一个标记，标志该节点是否已被第二次访问。
在真正访问节点时，计算其左右子树的最大单边路径和和跨节点路径和。

如何快速 AC？（关键优化点）

剪枝： 子树的路径和为负时，直接丢弃（返回 0），因为对最大路径和无益。
全局变量： 利用全局变量存储最大路径和，无需额外数据结构。
理解半路径和跨路径： 单边路径和（延伸性）与跨节点路径和（终止性）结合解决问题，减少思维复杂度。
动态规划思想： 每个节点的问题可以被左右子树递归解决后合并成一个局部最优解（递归分治）。

经典变体题目

1. 543. 二叉树的直径

问题： 返回二叉树中两节点之间的路径长度（边数）的最大值。

解法分析

与 124 类似，只是求 最长路径经过的边数，而不是路径和值。

最大路径：使用左右子树深度之和。
修改公式：直径 = 左子树高度 + 右子树高度。
在后序遍历时，计算递归高度。

模板代码

class Solution {private int maxDiameter = 0;public int diameterOfBinaryTree(TreeNode root) {depth(root);return maxDiameter;}private int depth(TreeNode root) {if (root == null) return 0; // base caseint leftDepth = depth(root.left);int rightDepth = depth(root.right);// 更新直径：左右子树深度之和maxDiameter = Math.max(maxDiameter, leftDepth + rightDepth);// 返回节点的深度return 1 + Math.max(leftDepth, rightDepth);}
}

2. 路径的最小和

问题： 给定一个二叉树，找到从根节点到叶子节点路径和的最小值。

解法分析

使用 DFS 遍历所有的叶子节点，比较路径和。
从根节点累加路径和，递归到叶子节点时更新最小值。

模板代码

class Solution {private int minSum = Integer.MAX_VALUE;public int minPathSum(TreeNode root) {if (root == null) return 0;dfs(root, 0);return minSum;}private void dfs(TreeNode root, int currentSum) {if (root == null) return;currentSum += root.val;// 如果是叶子节点，更新最小路径和if (root.left == null && root.right == null) {minSum = Math.min(minSum, currentSum);}// 递归子树dfs(root.left, currentSum);dfs(root.right, currentSum);}
}

3. 带路径限制的最大路径和

问题： 求路径中不能超过 k 个节点的最大路径和。

解法分析

动态规划扩展，限制路径长度：

增加一个参数维护路径长度。
当路径长度超过 k 时停止递归。

模板代码

class Solution {private int maxSum = Integer.MIN_VALUE;public int maxPathSumWithLimit(TreeNode root, int k) {dfs(root, k, 0);return maxSum;}private void dfs(TreeNode root, int k, int steps) {if (root == null || steps > k) return;int left = Math.max(0, dfs(root.left, k, steps + 1));int right = Math.max(0, dfs(root.right, k, steps + 1));// 更新最大路径和maxSum = Math.max(maxSum, root.val + left + right);return root.val + Math.max(left, right);}
}