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116. 填充每个节点的下一个右侧节点指针 [medium]

116. 填充每个节点的下一个右侧节点指针 [medium]​

https://leetcode-cn.com/problems/populating-next-right-pointers-in-each-node/

给定一个完美二叉树，其所有叶子节点都在同一层，每个父节点都有两个子节点。二叉树定义如下：

struct Node {
  int val;
  Node *left;
  Node *right;
  Node *next;
}

填充它的每个 next 指针，让这个指针指向其下一个右侧节点。如果找不到下一个右侧节点，则将 next 指针设置为 NULL。

初始状态下，所有 next 指针都被设置为 NULL。

示例：

image

输入：{"$id":"1","left":{"$id":"2","left":{"$id":"3","left":null,"next":null,"right":null,"val":4},"next":null,"right":{"$id":"4","left":null,"next":null,"right":null,"val":5},"val":2},"next":null,"right":{"$id":"5","left":{"$id":"6","left":null,"next":null,"right":null,"val":6},"next":null,"right":{"$id":"7","left":null,"next":null,"right":null,"val":7},"val":3},"val":1}

输出：{"$id":"1","left":{"$id":"2","left":{"$id":"3","left":null,"next":{"$id":"4","left":null,"next":{"$id":"5","left":null,"next":{"$id":"6","left":null,"next":null,"right":null,"val":7},"right":null,"val":6},"right":null,"val":5},"right":null,"val":4},"next":{"$id":"7","left":{"$ref":"5"},"next":null,"right":{"$ref":"6"},"val":3},"right":{"$ref":"4"},"val":2},"next":null,"right":{"$ref":"7"},"val":1}

解释：给定二叉树如图 A 所示，你的函数应该填充它的每个 next 指针，以指向其下一个右侧节点，如图 B 所示。

提示：

  • 你只能使用常量级额外空间。
  • 使用递归解题也符合要求，本题中递归程序占用的栈空间不算做额外的空间复杂度。

通过次数39,840 | 提交次数65,188

Third Try​

2020-07-17

非递归写法，记录每一层最左侧的位置，然后沿着next扫描该层，实现了类似BFS的效果。

看题解了解到的思路，不错不错。 

# 非递归写法
class Solution(object):
    def connect(self, root):
        """
        :type root: Node
        :rtype: Node
        """
        if not root:
            return root 
        
        left_most = root 
        while left_most.left is not None:
            lead_node = left_most
            while lead_node:
                lead_node.left.next = lead_node.right 
                if lead_node.next:
                    lead_node.right.next = lead_node.next.left
                lead_node = lead_node.next 
            left_most = left_most.left 
        return root
  • 执行用时：52 ms, 在所有 Python 提交中击败了75.99%的用户
  • 内存消耗：15.9 MB, 在所有 Python 提交中击败了50.00%的用户

Second Try​

2020-07-17

  • O(1)空间解法，按提示递归不考虑栈的空间占用，看题解需要利用next的属性。
  • 第一波，node的子节点left node和 right node必定相连
  • 第二波，left node的子节点right node和隔壁right node的子节点left node相连。精简起来，就是当前node的right node，和当前node的next node的left node是相连的
  • 利用完美二叉树的定义，不用考虑左右子节点是否有些不存在。如果输入的不是完美二叉树，会有各种bug。
  • 使用dfs递归遍历，一波自然搞定。 
"""
# Definition for a Node.
class Node(object):
    def __init__(self, val=0, left=None, right=None, next=None):
        self.val = val
        self.left = left
        self.right = right
        self.next = next
"""

class Solution(object):
    def connect(self, root):
        """
        :type root: Node
        :rtype: Node
        """
        """
        - O(1)空间解法，考虑利用next的属性
        - 第一波，left node和 right node必定相连
        - 第二波，left node的子节点right node和隔壁next node的子节点left node相连
        - 精简起来，就是当前node的right node，和当前node的next node的left node是相连的
        - 好像没有第三波了？
        - 这个看起来是深度优先遍历？
        """
        # 各种利用完美二叉树的定义，不用考虑左右子节点是否有些不存在.
        # 如果输入的不是完美二叉树，这个函数就各种报错了
        # 如果不存在子节点，直接返回即可
        if not (root and root.left):
            return root 
        
        root.left.next = root.right
        if root.next:  
            root.right.next = root.next.left
        self.connect(root.left)
        self.connect(root.right)
        return root
  • 执行用时：52 ms, 在所有 Python 提交中击败了75.99%的用户
  • 内存消耗：15.9 MB, 在所有 Python 提交中击败了50.00%的用户

First Try​

2020-07-17

用另一种不常用的方法进行BFS分层，每次搞完当前队列里的所有元素，刚好就是同一层的元素。当然空间O(N)不满足题目要求。

"""
# Definition for a Node.
class Node(object):
    def __init__(self, val=0, left=None, right=None, next=None):
        self.val = val
        self.left = left
        self.right = right
        self.next = next
"""

from collections import deque 
class Solution(object):
    def connect(self, root):
        """
        :type root: Node
        :rtype: Node
        """
        # 如果是O(n)空间，直接bfs搞定；O(1)空间就麻烦了。。
        # 还是先用队列来一波吧
        if not root:
            return root 

        queue = deque([root])
        while len(queue):
            for i in range(0, len(queue) - 1):
                queue[i].next = queue[i + 1]
            for i in range(0, len(queue)):
                node = queue.popleft()
                if node.left:
                    queue.append(node.left)
                if node.right:
                    queue.append(node.right)
        return root
  • 执行用时：64 ms, 在所有 Python 提交中击败了25.99%的用户
  • 内存消耗：15.7 MB, 在所有 Python 提交中击败了50.00%的用户
  • improved version

减少一轮循环，而且也是比较正统的队列用法，速度快了一丢丢。

class Solution(object):
    def connect(self, root):
        """
        :type root: Node
        :rtype: Node
        """
        # 如果是O(n)空间，直接bfs搞定；O(1)空间就麻烦了。。
        # 还是先用队列来一波吧
        if not root:
            return root 

        queue = deque([root])
        while len(queue):
            leadnode = None 
            for i in range(0, len(queue)):
                node = queue.popleft()
                if leadnode:
                    leadnode.next = node 
                leadnode = node 
                if node.left:
                    queue.append(node.left)
                if node.right:
                    queue.append(node.right)           
        return root
  • 执行用时：48 ms, 在所有 Python 提交中击败了88.12%的用户
  • 内存消耗：16 MB, 在所有 Python 提交中击败了50.00%