leetcode 99.恢复二叉搜索树
题目描述
二叉搜索树中的两个节点被错误地交换。
请在不改变其结构的情况下，恢复这棵树。
示例 1:
输入: [1,3,null,null,2]
1
/
3
\
2
输出: [3,1,null,null,2]
3
/
1
\
2
示例 2:
输入: [3,1,4,null,null,2]
3
/ \
1 4
/
2
输出: [2,1,4,null,null,3]
2
/ \
1 4
/
3
进阶:
使用 O(n) 空间复杂度的解法很容易实现。
你能想出一个只使用常数空间的解决方案吗？
解法一
注意题目给出的条件，是二叉搜索树，这就是意味着节点之间是有顺序关系的。
如果我们用中序遍历把整棵树遍历一遍，并将遍历的结果保存下来，比如放到一个数组中。
那么这个数组应该是有序的。
既然是有序的那就好办了，我们将这个有序的数组遍历一遍。
如果数组是完全有序的，那么直接返回就可以了。
否则，我们找到顺序不一致的两个下标i和j，将arr[i].val和arr[j].val的值互换一下即可。
java代码:
</pre>
class Solution {
public void recoverTree(TreeNode root) {
List<TreeNode> list = new ArrayList<TreeNode>();
dfs(root,list);
TreeNode x = null;
TreeNode y = null;
//扫面遍历的结果，找出可能存在错误交换的节点x和y
for(int i=0;i<list.size()-1;++i) { if(list.get(i).val>list.get(i+1).val) {
y = list.get(i+1);
if(x==null) {
x = list.get(i);
}
}
}
//如果x和y不为空，则交换这两个节点值，恢复二叉搜索树
if(x!=null && y!=null) {
int tmp = x.val;
x.val = y.val;
y.val = tmp;
}
}
//中序遍历二叉树，并将遍历的结果保存到list中
private void dfs(TreeNode node,List<TreeNode> list) {
if(node==null) {
return;
}
dfs(node.left,list);
list.add(node);
dfs(node.right,list);
}
}
python代码:
class Solution(object):
def recoverTree(self, root):
nodes = []
# 中序遍历二叉树，并将遍历的结果保存到list中
def dfs(root):
if not root:
return
dfs(root.left)
nodes.append(root)
dfs(root.right)
dfs(root)
x = None
y = None
pre = nodes[0]
# 扫面遍历的结果，找出可能存在错误交换的节点x和y
for i in xrange(1,len(nodes)):
if pre.val>nodes[i].val:
y=nodes[i]
if not x:
x = pre
pre = nodes[i]
# 如果x和y不为空，则交换这两个节点值，恢复二叉搜索树
if x and y:
x.val,y.val = y.val,x.val
解法二
解法一种，我们利用了额外的数组保存了遍历的结果，如果后面一个数比前面一个数小，那就找到了要交换的节点。
按照同样的思路，用中序遍历的方式遍历这颗二叉搜索树，我们再增加一个辅助的pre指针，记录上一个节点的值。
如果当前节点的值，小于上一个节点的值，这就找到了需要交换的节点。利用这种方式，就不需要额外的数组空间了。
注意，这种方式仍然使用了外部空间，虽然我们只用了常数个变量，但是递归调用仍然是需要额外空间的，其空间复杂度是O(h)，h为树的高度。
所以用递归的方式遍历，或者手动模拟栈的方式遍历，都没有达到真正的常数空间。
java代码:
class Solution {
//用两个变量x，y来记录需要交换的节点
private TreeNode x = null;
private TreeNode y = null;
private TreeNode pre = null;
public void recoverTree(TreeNode root) {
dfs(root);
//如果x和y都不为空，说明二叉搜索树出现错误的节点，将其交换
if(x!=null && y!=null) {
int tmp = x.val;
x.val = y.val;
y.val = tmp;
}
}
//中序遍历二叉树，并比较上一个节点(pre)和当前节点的值，如果pre的值大于当前节点值，则记录下这两个节点
private void dfs(TreeNode node) {
if(node==null) {
return;
}
dfs(node.left);
if(pre==null) {
pre = node;
}
else {
if(pre.val>node.val) {
y = node;
if(x==null) {
x = pre;
}
}
pre = node;
}
dfs(node.right);
}
}
python代码:
class Solution(object):
def recoverTree(self, root):
# 用两个变量x，y来记录需要交换的节点
self.x = None
self.y = None
self.pre = None
# 中序遍历二叉树，并比较上一个节点(pre)和当前节点的值，如果pre的值大于当前节点值，则记录下这两个节点
def dfs(root):
if not root:
return
dfs(root.left)
if not self.pre:
self.pre = root
else:
if self.pre.val>root.val:
self.y = root
if not self.x:
self.x = self.pre
self.pre = root
dfs(root.right)
dfs(root)
# 如果x和y都不为空，说明二叉搜索树出现错误的节点，将其交换
if self.x and self.y:
self.x.val,self.y.val = self.y.val,self.x.val
解法三
解法二还不是真正的常数空间复杂度，想要达到常数空间，我们可以用莫里斯遍历，这种方式可以做到O(1)的空间复杂度去遍历一棵树。
我们先看看莫里斯遍历到底是咋回事
回想一下中序遍历的递归版本是
dfs(root.left)
打印节点 root
dfs(root.right)
也就是一路往左走到底，左边走不通了，再往右边走。对于上图来说，就是4->3->1这个过程，一路往左，走不通了再往右，也就是遍历2。
当然如果2的右边还有节点那么还会继续遍历下去。
现在2的右边已经是空了，对于递归来说操作系统自动出栈，然后会访问3这个节点。
既然2是叶子节点，左右子树都是空，我们可以利用这个空闲出来的信息，将2的右子树指向3，这样当2遍历完后，再往右走，就会自动走到3这个节点了。
同理，将3的右子树指向4，将6的右子树指向7。
这样的话，我们就可以省去额外的栈空间了。利用叶子节点的右子树这个特点，将其重新赋予指向关系 ，就是莫里斯遍历的核心了。
不过光是这样还不行，再回看上面那张图，其实已经不是一棵树了，而是变成图了。因为出现了循环。
所以，我们还需要将新加这个指向关系给去掉。
对于上图来说，假设我们已经遍历到4 这个节点了，那就意味着4的左子树都遍历完了，对应的就是1，2，3都遍历完了。
3.right=4这个是我们新加上的，既然现在已经遍历到4了，我们就可以将3.right=null，将这个指向关系还原即可。
从上图中也可以看出，所谓新加的指向关系，就是找到根节点左子树的最右子树(这里就是3)，然后将最右子树的right指向根节点。
动画演示如下:
仔细看上图，3->1->2，这几个节点会走两遍。
第一遍的时候，3的左子树的最右节点是2，于是将2.right指向3。
之后等1，2两个节点都遍历完后，当前节点走到了3这里，又会触发一遍 根节点的左子树的最右节点这个循环查找逻辑，此时可以判断出最右的节点2.right是等于root的，所以就将2.right重新设置为空，即还原回去。
为方便查看细节，我把执行过程也拼接了一个长图:
java代码:
class Solution {
public void recoverTree(TreeNode root) {
if(root==null) {
return;
}
TreeNode x = null;
TreeNode y = null;
TreeNode pre = null;
TreeNode tmp = null;
while(root!=null) {
if(root.left!=null) {
tmp = root.left;
while(tmp.right!=null && tmp.right!=root) {
tmp = tmp.right;
}
if(tmp.right==null) {
tmp.right = root;
root = root.left;
}
else {
if(pre!=null && pre.val>root.val) {
y = root;
if(x==null) {
x = pre;
}
}
pre = root;
tmp.right = null;
root = root.right;
}
}
else {
if(pre!=null && pre.val>root.val) {
y = root;
if(x==null) {
x = pre;
}
}
pre = root;
root = root.right;
}
}
if(x!=null && y!=null) {
int t = x.val;
x.val = y.val;
y.val = t;
}
}
}
python代码:
class Solution(object):
def recoverTree(self, root):
x = None
y = None
pre = None
tmp = None
while root:
if root.left:
tmp = root.left
while tmp.right and tmp.right!=root:
tmp = tmp.right
if tmp.right is None:
tmp.right = root
root = root.left
else:
if pre and pre.val>root.val:
y = root
if not x:
x = pre
pre = root
tmp.right = None
root = root.right
else:
if pre and pre.val>root.val:
y = root
if not x:
x = pre
pre = root
root = root.right
if x and y:
x.val,y.val = y.val,x.val
(全文完)