成立网站是不是需要先成立公司网上代写文章一般多少钱

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

1. 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。
2. 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。
3. 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）。

---

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

1. 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。
2. 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。

---

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

1. 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。
2. 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

1. 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。
2. 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。
3. 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！