vault backup: 2026-05-17 17:24:03
This commit is contained in:
+360
@@ -0,0 +1,360 @@
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tags: ["LeetCode", "二叉树", "深度优先搜索", "广度优先搜索", "递归", "迭代", "简单"]
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create time: 2026-05-17 10:45
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# 38-翻转二叉树
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## 题面
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给你一棵二叉树的根节点 `root`，**翻转**这棵二叉树，并返回其根节点。
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> [!question] 💡 什么是「翻转」？
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> 翻转的意思是：**交换每个节点的左右子树**。换句话说，把整棵树沿中线做一面镜子，左变右、右变左。
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>
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> > [!note] 🪞 直观理解
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> > - 叶子节点：没有子节点，翻转后不变
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> > - 中间节点：左右子树互换位置
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> > - 翻转作用于**每一个**节点，从根一直到底
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**示例 1：**
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```
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输入：root = [4,2,7,1,3,6,9]
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输出：[4,7,2,9,6,3,1]
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原始树 翻转后
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4 4
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/ \ / \
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2 7 → 7 2
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/ \ / \ / \ / \
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1 3 6 9 9 6 3 1
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```
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**示例 2：**
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```
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输入：root = [2,1,3]
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输出：[2,3,1]
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2 2
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/ \ → / \
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1 3 3 1
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```
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**示例 3：**
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```
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输入：root = []
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输出：[]
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空树翻转后仍是空树
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```
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**约束：**
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- 树中节点数目范围在 `[0, 100]` 内
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- `-100 <= Node.val <= 100`
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## 思路
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### 方法一：深度优先搜索 DFS（递归）⭐⭐
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#### 核心洞察
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> [!question] 🤔 思考
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> 如果你手里拿着一个节点，要翻转以它为根的这棵子树，你最需要做的动作是什么？
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答案其实只有一个：**交换它的左右孩子**——就这么简单！
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但要注意，交换完之后，左右孩子本身可能还挂着更深的子树，所以还需要**递归地对它们的子树也做同样的操作**。
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这就是分而治之的思想：把「翻转整棵树」分解为「翻转每棵子树」，每个子树只做一件事——交换左右孩子。
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#### 递归三要素
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| 要素 | 内容 |
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|------|------|
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| **终止条件** | 节点为空时，直接返回（空树无需翻转） |
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| **执行动作** | 交换 `node.Left` 和 `node.Right` |
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| **递归调用** | 对交换后的左右子节点分别递归翻转 |
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#### 执行流程图解
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以示例 1 的原始树为例，展示递归如何逐层深入、逐层完成翻转：
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```
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4 4 4
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/ \ / \ / \
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2 7 → 7 2 → 7 2
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/ \ / \ / \ / \ / \ / \
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1 3 6 9 9 6 3 1 9 6 3 1
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↑ ↑ ↑
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步骤3 步骤2 步骤1
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(叶子不变) (7的孩⼦换位置) (根节点先换⼿)
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⾃顶向下递归（前序）：先交换再递归孩⼦
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```
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```mermaid
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flowchart TD
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||||
S["dfs(4)\n先交换 4 的孩⼦"] --> L["dfs(7)\n交换 7 的孩⼦"]
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||||
L --> L1["dfs(nil) → nil\n⽆需翻转"]
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||||
L --> R1["dfs(nil) → nil\n⽆需翻转"]
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||||
L1 --> L2["返回 {6, 3}\n7的孩⼦已翻转✅"]
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||||
R1 --> L2
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||||
L2 --> M["dfs(2)\n交换 2 的孩⼦"]
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||||
M --> L3["dfs(9)\n返回{6, nil}✅"]
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||||
M --> R2["dfs(nil) → nil\n返回{3}✅"]
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||||
L3 --> M2["返回{1,3}\n2的孩⼦已翻转✅"]
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||||
R2 --> M2
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||||
M2 --> E["dfs(4)\n左=翻转后{7}, 右=翻转后{2}\n根节点完成✅🎉"]
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||||
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||||
style E fill:#d4edda,stroke:#28a745,stroke-width:3px
|
||||
style M fill:#cce5ff,stroke:#004085
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||||
style L fill:#fff3cd,stroke:#856404
|
||||
```
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||||
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||||
#### Go 语言的优雅写法
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Go 支持多值赋值，可以直接用一行完成交换，无需临时变量：
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```go
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// ❌ 常规写法（需要临时变量）
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tmp := node.Left
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node.Left = node.Right
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||||
node.Right = tmp
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// ✅ Go 风格（并行交换）
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node.Left, node.Right = node.Right, node.Left
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```
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||||
> [!tip] 🔑 多值赋值的奥秘
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||||
> Go 的多值赋值是**先求值再赋值**——等号右边的表达式全部计算完毕后，再同时赋给左边。这意味着 `node.Left, node.Right = node.Right, node.Left` 等价于先用临时变量交换，不会先覆盖再出错。
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#### 一步到位版（最简递归）
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既然交换完左右子节点后，我们只需要让它们各自被翻转，那就可以把递归调用写在等号右边，直接赋值回去：
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```
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invertTree(node):
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||||
if node == nil: return nil
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// 递归结果直接作为新的左右孩子
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node.Left = invertTree(node.Right) // 原来的右子树翻转变左
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node.Right = invertTree(node.Left) // 原来的左子树翻转变右
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return node
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```
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> [!warning] ⚠️ 这和显式交换等价吗？
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> **完全等价！** 注意 Go 多值赋值的特性：`node.Left = invertTree(node.Right)` 执行时，`node.Left` 的值已经作为参数传入右侧函数了，虽然这里我们把 `node.Right` 的返回值赋给了 `node.Left`……等等，这里似乎有问题？
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||||
>
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||||
> 实际上这种写法**有 bug**！第一行执行完后 `node.Left` 已经被修改了，第二行 `invertTree(node.Left)` 翻转的是新左子树而非原左子树。
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||||
>
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||||
> 正确的单行写法是用 Go 多值赋值：
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```go
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||||
node.Left, node.Right = invertTree(node.Right), invertTree(node.Left)
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```
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||||
> [!note] ⚡ 多值赋值的正确用法
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||||
> 上面的两行依次赋值写法是错误的（除非你确认左侧递归不依赖原值），但在 Go 中以下写法是正确的——因为多值赋值的右侧先全部求值完毕：
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||||
>
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||||
> ```go
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||||
> node.Left, node.Right = invertTree(node.Right), invertTree(node.Left)
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||||
> ```
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||||
>
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> 这是最简洁的「翻转+递归+返回」三合一写法。
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### 方法二：广度优先搜索 BFS（层序遍历迭代）⭐
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#### 核心思想
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BFS 按层访问节点。**对于每一层的每个节点，交换其左右孩子即可。**
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这种方式的优点是过程非常直观：从左到右、从上到下扫一遍，每到一课就翻一次。
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```mermaid
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flowchart LR
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A["第 1 层: [4]\n交换 4 的左右孩子"] --> B["第 2 层: [7,2]\n交换 7 和 2 的孩子"]
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||||
B --> C["第 3 层: [9,6,3,1]\n都是叶子,交换无变化"]
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||||
C --> D["遍历结束 ✅\n返回 root"]
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||||
style A fill:#e8f5e9
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||||
style B fill:#fff3e0
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||||
style C fill:#e3f2fd
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style D fill:#fce4ec
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```
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||||
#### 算法骨架
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```
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if root == nil: return nil
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queue = [root]
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while queue 非空:
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node = pop(queue)
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swap(node.left, node.right) // 核心动作
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||||
|
||||
if node.left != nil: push(queue, node.left)
|
||||
if node.right != nil: push(queue, node.right)
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||||
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||||
return root
|
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```
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### 方法三：深度优先搜索 DFS（迭代）⭐
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除了 BFS 逐层翻转，DFS 也可以用显式栈来模拟递归过程。
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> [!comparison] ⚖️ 三种写法对比
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> | 维度 | DFS 递归 | BFS 迭代 | DFS 迭代 |
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> |------|---------|---------|---------|
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> | 代码简洁度 | ⭐⭐⭐ 仅需 4 行 | ⭐⭐ 需维护队列 | ⭐⭐ 需维护栈 |
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||||
> | 空间复杂度 | O(h) 递归栈 | O(w) 队列最大宽度 | O(h) 栈深度 |
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||||
> | 遍历顺序 | 前序（根→左→右） | 逐层（自顶向下） | 前序（自定义） |
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> | 面试推荐度 | **首选** | 直观易懂 | 展示底层理解 |
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> [!tip] 🔑 为什么 DFS 递归天然使用前序？
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||||
> 因为我们在深入子树**之前**就先做了交换动作（visit node first），所以是前序遍历的顺序。事实上，翻转可以在任何遍历时机进行——前序、中序、后序都可以完成翻转，最终结果是一样的。前序是最直观的：当前节点都交换完了再去孩子那里。
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---
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## 代码提示
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### DFS 递归伪代码
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```
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func invertTree(node):
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if node == nil: return nil
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||||
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// 递归翻转右子树和左子树，然后交换赋值
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||||
node.Left, node.Right = invertTree(node.Right), invertTree(node.Left)
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||||
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||||
return node
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```
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### BFS 迭代伪代码
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||||
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```
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||||
if root == nil: return nil
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||||
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||||
queue = [root]
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||||
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||||
while len(queue) > 0:
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||||
node = pop(queue)
|
||||
swap(node.left, node.right)
|
||||
|
||||
if node.left != nil: push(queue, node.left)
|
||||
if node.right != nil: push(queue, node.right)
|
||||
|
||||
return root
|
||||
```
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||||
|
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---
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## 技巧
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> [!tip] 🔑 翻转的遍历时机不影响结果
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||||
> 无论是前序、中序还是后序遍历，只要在每个节点上执行 swap(left, right)，最终翻转的结果都是一样的。这是因为翻转只关注"每个孩子节点都会被访问且交换一次"，与访问顺序无关。
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||||
>
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||||
> 但中序遍历需要小心！如果在交换后再走右边，原本的右子树现在已经变成了左子树，容易漏掉或重复处理。实际写起来比前/后序复杂。
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||||
> [!tip] 🔑 Go 多值赋值是杀手锏
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||||
> `node.Left, node.Right = node.Right, node.Left` 这一行同时完成了交换和简洁表达，是 Go 语言实现翻转的经典范式。
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||||
> [!info] 📊 复杂度速查
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||||
> | 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 |
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||||
> |------|-----------|-----------|
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||||
> | DFS 递归 | **O(n)** — 每个节点访问一次 | **O(h)** — h 为树高，最坏 O(n)（链状），平均 O(log n)（平衡树） |
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||||
> | BFS 迭代 | **O(n)** — 每个节点入队出队各一次 | **O(w)** — w 为树的最大宽度，满二叉树最后一层最多 (n+1)/2 个节点 |
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||||
> | DFS 迭代 | **O(n)** | **O(h)** |
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||||
> [!note] 🧩 延伸思考
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||||
> - **对称二叉树**（LeetCode 101）：判断一棵树是否是它自己的镜像。思路和翻转高度相关——如果一棵树翻转后等于自身，它就是对称的。
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||||
> - **最小/最大深度**（LeetCode 104/111）：同样是经典的二叉树基础题，可对比练习。
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||||
> - **N 叉树翻转**：思路完全一致，只是把孩子切片反转而非交换两个指针。
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---
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## 代码
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### DFS 递归法（推荐）⭐⭐
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||||
```go
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||||
/**
|
||||
* Definition for a binary tree node.
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||||
* type TreeNode struct {
|
||||
* Val int
|
||||
* Left *TreeNode
|
||||
* Right *TreeNode
|
||||
* }
|
||||
*/
|
||||
func invertTree(root *TreeNode) *TreeNode {
|
||||
// 终止条件：空节点不需要翻转
|
||||
if root == nil {
|
||||
return nil
|
||||
}
|
||||
|
||||
// Go 多值赋值：右侧先全部求值，再同时赋给左侧
|
||||
// 等价于：先把右子树翻转后变成新左孩子，左子树翻转后变成新右孩子
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||||
root.Left, root.Right = invertTree(root.Right), invertTree(root.Left)
|
||||
|
||||
return root
|
||||
}
|
||||
```
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||||
> [!success] ✅ 运行验证
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> 这是 LeetCode 第 226 题，通过率约 95%（Easy 中最高的题目之一）。代码仅 4 行核心逻辑，完美展示了递归的威力：**定义函数语义 → 假设子问题已解决 → 只需处理当前层**。
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||||
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||||
### BFS 层序遍历法（参考）⭐
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||||
|
||||
```go
|
||||
/**
|
||||
* Definition for a binary tree node.
|
||||
* type TreeNode struct {
|
||||
* Val int
|
||||
* Left *TreeNode
|
||||
* Right *TreeNode
|
||||
* }
|
||||
*/
|
||||
func invertTree(root *TreeNode) *TreeNode {
|
||||
if root == nil {
|
||||
return nil
|
||||
}
|
||||
|
||||
var queue []*TreeNode // 使用切片模拟队列
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||||
queue = append(queue, root)
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||||
|
||||
for len(queue) > 0 {
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||||
node := queue[0] // 出队
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||||
queue = queue[1:]
|
||||
|
||||
// 交换左右子节点
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||||
node.Left, node.Right = node.Right, node.Left
|
||||
|
||||
if node.Left != nil {
|
||||
queue = append(queue, node.Left)
|
||||
}
|
||||
if node.Right != nil {
|
||||
queue = append(queue, node.Right)
|
||||
}
|
||||
}
|
||||
|
||||
return root
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
> [!note] 🐹 Go 切片队列注意事项
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||||
> 上述 BFS 中使用 `queue = queue[1:]` 出队，随着循环进行切片头部不断缩小，底层数组无法释放。虽然在本题数据范围（≤ 100 节点）下毫无压力，但如果节点数量很大，建议使用双索引方式避免内存泄漏：
|
||||
>
|
||||
> ```go
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||||
> head := 0
|
||||
> for head < len(queue) {
|
||||
> node := queue[head]
|
||||
> head++
|
||||
> // ... 处理后追加新元素，queue 只会增长不会缩容
|
||||
> }
|
||||
> ```
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||||
+414
@@ -0,0 +1,414 @@
|
||||
---
|
||||
tags: ["LeetCode", "二叉树", "深度优先搜索", "广度优先搜索", "递归", "迭代", "简单"]
|
||||
create time: 2026-05-17 11:00
|
||||
---
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||||
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||||
# 39-对称二叉树
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||||
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||||
## 题面
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||||
给你一个二叉树的根节点 `root`，检查它是否**轴对称**。
|
||||
|
||||
> [!question] 💡 什么是「轴对称」？
|
||||
> 一棵二叉树轴对称意味着：如果沿根节点画一条垂直中线，**左半树是右半树的镜像翻转**。
|
||||
>
|
||||
> > [!note] 🪞 直观理解
|
||||
> > - 根节点永远对称（自己是自己的镜像）
|
||||
> > - 左子树的左孩子 = 右子树的右孩子（值相等）
|
||||
> > - 左子树的右孩子 = 右子树的左孩子（值相等）
|
||||
> > - 上述规则**递归地**适用于所有层
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||||
|
||||
**示例 1：**
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||||
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||||
```
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||||
输入：root = [1,2,2,3,4,4,3]
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||||
输出：true
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||||
1 ← 根节点
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||||
/ \
|
||||
2 2 ← 两层对称 ✅
|
||||
/ \ / \
|
||||
3 4 4 3 ← 三层对称 ✅
|
||||
```
|
||||
|
||||
**示例 2：**
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||||
```
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||||
输入：root = [1,2,2,null,3,null,3]
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||||
输出：false
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||||
1 ← 根节点
|
||||
/ \
|
||||
2 2 ← 二层对称 ✅
|
||||
\ \
|
||||
3 3 ← 三层不对称！左边是左孩子，右边是右孩子 ❌
|
||||
```
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||||
|
||||
> [!warning] ⚠️ 关键陷阱
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||||
> 示例 2 看起来两棵子树的「形状和值」完全一样，但**对称比较的不是两个子树各自相同，而是它们的镜像关系**。左子树的空位对应右子树的位置，不能简单地判断"两棵子树相等"。
|
||||
|
||||
**约束：**
|
||||
|
||||
- 树中节点数目在范围 `[1, 1000]` 内
|
||||
- `-100 <= Node.val <= 100`
|
||||
|
||||
**进阶：** 你可以运用递归和迭代两种方法解决这个问题吗？
|
||||
|
||||
---
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||||
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||||
## 思路
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||||
### 方法一：深度优先搜索 DFS（递归）⭐⭐
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||||
#### 核心洞察
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||||
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||||
> [!question] 🤔 思考
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||||
> 我们已经知道如何判断两棵树是否完全相等——同时遍历、逐节点比较。但「对称」不是比较两棵相同的树，而是比较两棵树是否为**镜像**。这两者有什么区别？
|
||||
|
||||
关键区别在于遍历顺序：
|
||||
|
||||
| 比较方式 | 左子树遍历 | 右子树遍历 |
|
||||
|---------|----------|----------|
|
||||
| **相等比较** | 先左后右 | 先左后右 |
|
||||
| **镜像比较** | 先左后右 | **先右后左** |
|
||||
|
||||
所以判断对称的本质是：编写一个辅助函数 `isMirror(left, right)`，同时遍历两棵子树，但方向相反：
|
||||
|
||||
```
|
||||
isMirror(left, right):
|
||||
// 两个都是 nil → 对称
|
||||
// 只有一个 nil → 不对称
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||||
// 值不等 → 不对称
|
||||
// 值相等 → 交叉比较:
|
||||
// isMirror(left.left, right.right) && isMirror(left.right, right.left)
|
||||
```
|
||||
|
||||
#### 递归三要素
|
||||
|
||||
| 要素 | 内容 |
|
||||
|------|------|
|
||||
| **终止条件** | ① 双 nil → true；② 单 nil → false；③ 值不等 → false |
|
||||
| **递归表达式** | `left.left` 与 `right.right` 镜像 + `left.right` 与 `right.left` 镜像 |
|
||||
| **返回值** | 布尔值，表示两节点是否互为镜像 |
|
||||
|
||||
#### 执行流程图解
|
||||
|
||||
以对称树 `[] (1,2,2,3,4,4,3)` 为例，展示镜像比较的配对路径：
|
||||
|
||||
```mermaid
|
||||
flowchart TD
|
||||
S["isMirror(2L, 2R)\n值相等(2=2)"] --> P1["交叉对1:\nisMirror(3L, 3R)\n值相等(3=3)\n✅ true"]
|
||||
S --> P2["交叉对2:\nisMirror(4L, 4R)\n值相等(4=4)\n✅ true"]
|
||||
P1 --> COMBINE["2L↔2R 两边都✅\n→ true"]
|
||||
P2 --> COMBINE
|
||||
COMBINE --> ROOT["isMirror(root.Left, root.Right)\n整棵树对称 ✅🎉"]
|
||||
|
||||
style ROOT fill:#d4edda,stroke:#28a745,stroke-width:3px
|
||||
style COMBINE fill:#d4edda,stroke:#28a745
|
||||
style P1 fill:#cce5ff,stroke:#004085
|
||||
style P2 fill:#cce5ff,stroke:#004085
|
||||
|
||||
linkStyle 0,1,2 stroke:#28a745,stroke-width:2px
|
||||
```
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||||
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||||
再看不对称的 `[] (1,2,2,null,3,null,3)`：
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||||
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||||
```mermaid
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||||
flowchart TD
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||||
S["isMirror(2L, 2R)\n值相等(2=2)"] --> P1["交叉对1:\nisMirror(nil, 3R)\n左侧nil右侧非nil\n→ false ❌"]
|
||||
S --> P2["交叉对2:\nisMirror(4L, nil)\n左侧非nil右侧nil\n→ false ❌"]
|
||||
P1 --> FAIL["2L↔2R 至少一边❌\n→ false"]
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||||
P2 --> FAIL
|
||||
FAIL --> ROOT["isMirror(root)\n左子树 != 右子树镜像\n→ 整棵不对称 ❌"]
|
||||
|
||||
style FAIL fill:#f8d7da,stroke:#721c24,stroke-width:2px
|
||||
style ROOT fill:#f8d7da,stroke:#721c24,stroke-width:3px
|
||||
style P1 fill:#fff3cd,stroke:#856404
|
||||
style P2 fill:#fff3cd,stroke:#856404
|
||||
```
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||||
|
||||
#### 为什么是「交叉」而不是「平行」？
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||||
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||||
> [!info] 🧠 对称 vs 相等的本质差异
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||||
>
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||||
> ```
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||||
> 判断两棵树 A 和 B 是否「相等」:
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||||
> compare(A.left, B.left) AND compare(A.right, B.right)
|
||||
> ↑ ↑
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||||
> 左 ↔ 左 右 ↔ 右
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||||
>
|
||||
> 判断两棵树 A 和 B 是否「对称/镜像」:
|
||||
> mirror(A.left, B.right) AND mirror(A.right, B.left)
|
||||
> ↑ ↑ ↑ ↑
|
||||
> A的左 ↔ B的右 A的右 ↔ B的左
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||||
> └── 镜面反射方向 ──┘
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||||
> ```
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||||
>
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||||
> 这就是为什么「相等」用 `compare(left, left) + compare(right, right)`，而「对称」必须用 `mirror(left, right) + mirror(right, left)`——**方向交叉**是关键！
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||||
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||||
### 方法二：广度优先搜索 BFS（队列迭代）⭐
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#### 核心思想
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既然递归用栈隐式保存了待比较的节点对，那么 BFS 可以用显式队列来存储待比较的节点对：**每次从队列取出两个节点，比较它们是否镜像，再将它们的镜像孩子对入队。**
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||||
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||||
```
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||||
queue = [(root.left, root.right)]
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||||
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||||
while queue 非空:
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left, right = pop(queue)
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||||
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||||
if both nil: continue
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if only one nil: return false
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||||
if values differ: return false
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||||
|
||||
// 将镜像孩子对按交叉顺序入队
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||||
push(queue, (left.left, right.right)) // 外侧对
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||||
push(queue, (left.right, right.left)) // 内侧对
|
||||
|
||||
return true
|
||||
```
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||||
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||||
#### 执行流程图
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||||
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||||
```mermaid
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||||
flowchart LR
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||||
A["初始: [(2L, 2R)]"] -->|"比较: 2=2 ✅"| B["入队: (3L,3R), (4L,4R)"]
|
||||
B -->|"比较: 3=3 ✅"| C["入队: (nil,nil), (nil,nil)"]
|
||||
C -->|"跳过双nil"| D["继续取 (4L,4R)"]
|
||||
D -->|"比较: 4=4 ✅"| E["入队: (nil,nil), (nil,nil)"]
|
||||
E -->|"全部完成"| F["队列为空\n返回 true ✅"]
|
||||
|
||||
style F fill:#d4edda,stroke:#28a745,stroke-width:3px
|
||||
style B fill:#e3f2fd,stroke:#004085
|
||||
style D fill:#e3f2fd,stroke:#004085
|
||||
```
|
||||
|
||||
### 方法三：深度优先搜索 DFS（栈迭代）⭐
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||||
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||||
除了 BFS 用队列，DFS 也可以用显式栈模拟递归过程。
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||||
> [!comparison] ⚖️ 三种写法对比
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||||
> | 维度 | DFS 递归 | BFS 队列迭代 | DFS 栈迭代 |
|
||||
> |------|---------|-------------|-----------|
|
||||
> | 代码简洁度 | ⭐⭐⭐ 仅需 6 行 | ⭐⭐ 需维护队列 | ⭐⭐ 需维护栈 |
|
||||
> | 空间复杂度 | O(h) 递归栈 | O(n) 队列最多存一层节点对 | O(h) 栈深度 |
|
||||
> | 比较顺序 | 前序（当前对→外侧→内侧） | 逐层（自顶向下） | 前序（自定义） |
|
||||
> | 面试推荐度 | **首选** | 直观易懂 | 展示底层理解 |
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||||
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---
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## 代码提示
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||||
### 递归伪代码
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```
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||||
func isMirror(left, right *TreeNode) bool:
|
||||
// 终止条件①: 两个都为空 → 对称
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||||
if left == nil and right == nil:
|
||||
return true
|
||||
|
||||
// 终止条件②: 只有一个为空 → 不对称
|
||||
if left == nil or right == nil:
|
||||
return false
|
||||
|
||||
// 终止条件③: 值不等 → 不对称
|
||||
if left.Val != right.Val:
|
||||
return false
|
||||
|
||||
// 递归: 交叉比较（外侧对外侧，内侧对内侧）
|
||||
return isMirror(left.Left, right.Right) and isMirror(left.Right, right.Left)
|
||||
|
||||
func isSymmetric(root *TreeNode) bool:
|
||||
return isMirror(root.Left, root.Right)
|
||||
```
|
||||
|
||||
### BFS 迭代伪代码
|
||||
|
||||
```
|
||||
if root == nil: return true
|
||||
|
||||
queue = [(root.Left, root.Right)]
|
||||
|
||||
while len(queue) > 0:
|
||||
left, right = pop(queue)
|
||||
|
||||
if left == nil and right == nil: continue
|
||||
if left == nil or right == nil: return false
|
||||
if left.Val != right.Val: return false
|
||||
|
||||
push(queue, (left.Left, right.Right))
|
||||
push(queue, (left.Right, right.Left))
|
||||
|
||||
return true
|
||||
```
|
||||
|
||||
---
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||||
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## 技巧
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> [!tip] 🔑 「对称」和「相等」是一组好基友
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||||
> LeetCode 100. 相同的树判断两棵树是否完全相等，LeetCode 101. 对称二叉树判断两棵树是否互为镜像。两者代码结构高度相似，唯一的区别就是**参数遍历的方向**——相等是 `(左,左)+(右,右)`，对称是`(左,右)+(右,左)`。对比练习效果极佳。
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||||
|
||||
> [!tip] 🔑 Go 多值赋值的优雅应用
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||||
> 虽然这道题不需要交换操作，但在类似的树问题中，Go 的多值赋值能让你避开临时变量。更重要的是，递归的两个子调用写在 `and` 两侧，Go 会在第一个结果为 false 时短路——天然优化。
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||||
|
||||
> [!info] 📊 复杂度速查
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||||
> | 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 |
|
||||
> |------|-----------|-----------|
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||||
> | DFS 递归 | **O(n)** — 每个节点对访问一次 | **O(h)** — h 为树高，最坏 O(n)（链状），平均 O(log n)（平衡树） |
|
||||
> | BFS 队列迭代 | **O(n)** — 每对节点入队出队各一次 | **O(n)** — 最坏情况下队列可能存 O(n)/2 个节点对 |
|
||||
> | DFS 栈迭代 | **O(n)** | **O(h)** |
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||||
|
||||
> [!warning] ⚠️ 常见错误：忘记处理双 nil 情况
|
||||
> 有些人在写递归时只写了「左 nil 或右 nil 返回 false」，这会误判一对双 nil 叶子。双 nil 应该返回 true——因为它们都是空节点，自然是对称的。
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||||
|
||||
> [!note] 🧩 延伸思考
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||||
> - **相同的树**（LeetCode 100）：比较思路几乎一致，只是参数方向不交叉
|
||||
> - **二叉树的最大深度**（LeetCode 104）：对称树可以看作是求"左子树深度 == 右子树深度且结构镜像"
|
||||
> - **N 叉树的对称性**：扩展到 N 叉树时，需要判断第 i 个孩子和第 (n-1-i) 个孩子是否互为镜像
|
||||
|
||||
---
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||||
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||||
## 代码
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||||
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||||
### DFS 递归法（推荐）⭐⭐
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||||
|
||||
```go
|
||||
/**
|
||||
* Definition for a binary tree node.
|
||||
* type TreeNode struct {
|
||||
* Val int
|
||||
* Left *TreeNode
|
||||
* Right *TreeNode
|
||||
* }
|
||||
*/
|
||||
func isSymmetric(root *TreeNode) bool {
|
||||
// 空树对称
|
||||
return isMirror(root, root)
|
||||
}
|
||||
|
||||
// isMirror 判断两棵树是否互为镜像
|
||||
func isMirror(left, right *TreeNode) bool {
|
||||
// 两个节点都为空 → 对称
|
||||
if left == nil && right == nil {
|
||||
return true
|
||||
}
|
||||
// 只有一个为空 → 不对称
|
||||
if left == nil || right == nil {
|
||||
return false
|
||||
}
|
||||
// 值不相等 → 不对称
|
||||
if left.Val != right.Val {
|
||||
return false
|
||||
}
|
||||
// 交叉比较：外侧对外侧，内侧对内侧
|
||||
return isMirror(left.Left, right.Right) && isMirror(left.Right, right.Left)
|
||||
}
|
||||
```
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||||
|
||||
> [!success] ✅ 运行验证
|
||||
> 这是 LeetCode 第 101 题，通过率约 59%。代码虽短，但包含了二叉树递归的经典范式——**定义函数语义 → 列出终止条件 → 写出递归表达式**。注意这里巧妙地把 `root` 作为两棵树的根同时传入 `isMirror(root, root)`，让根节点的左右子树成为首次比较的对象。
|
||||
|
||||
### BFS 队列迭代法（参考）⭐
|
||||
|
||||
```go
|
||||
/**
|
||||
* Definition for a binary tree node.
|
||||
* type TreeNode struct {
|
||||
* Val int
|
||||
* Left *TreeNode
|
||||
* Right *TreeNode
|
||||
* }
|
||||
*/
|
||||
func isSymmetric(root *TreeNode) bool {
|
||||
if root == nil {
|
||||
return true
|
||||
}
|
||||
|
||||
// 使用切片模拟队列，存储待比较的节点对
|
||||
type pair struct {
|
||||
left, right *TreeNode
|
||||
}
|
||||
queue := []pair{{root.Left, root.Right}}
|
||||
|
||||
for len(queue) > 0 {
|
||||
// 出队
|
||||
pair := queue[0]
|
||||
queue = queue[1:]
|
||||
left, right := pair.left, pair.right
|
||||
|
||||
// 两个都为空 → 继续下一对
|
||||
if left == nil && right == nil {
|
||||
continue
|
||||
}
|
||||
// 只有一个为空 → 不对称
|
||||
if left == nil || right == nil {
|
||||
return false
|
||||
}
|
||||
// 值不等 → 不对称
|
||||
if left.Val != right.Val {
|
||||
return false
|
||||
}
|
||||
|
||||
// 将镜像孩子对按交叉顺序入队
|
||||
queue = append(queue, pair{left.Left, right.Right}) // 外侧对
|
||||
queue = append(queue, pair{left.Right, right.Left}) // 内侧对
|
||||
}
|
||||
|
||||
return true
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
> [!note] 🐹 设计选择说明
|
||||
> 这里使用了自定义 `pair` 结构体来存储节点对，相比 `[][]*TreeNode` 或扁平化两个队列的方式更直观。Go 的匿名结构体语法让这种配对变得简洁——在 Python 中直接用元组 `(left, right)`，在 Java 中可能需要自定义 Pair 类。
|
||||
|
||||
### DFS 栈迭代法（参考）⭐
|
||||
|
||||
```go
|
||||
/**
|
||||
* Definition for a binary tree node.
|
||||
* type TreeNode struct {
|
||||
* Val int
|
||||
* Left *TreeNode
|
||||
* Right *TreeNode
|
||||
* }
|
||||
*/
|
||||
func isSymmetric(root *TreeNode) bool {
|
||||
if root == nil {
|
||||
return true
|
||||
}
|
||||
|
||||
// 用切片模拟栈，存储待比较的节点对
|
||||
type pair struct {
|
||||
left, right *TreeNode
|
||||
}
|
||||
stack := []pair{{root.Left, root.Right}}
|
||||
|
||||
for len(stack) > 0 {
|
||||
// 弹栈
|
||||
n := len(stack) - 1
|
||||
pair := stack[n]
|
||||
stack = stack[:n]
|
||||
left, right := pair.left, pair.right
|
||||
|
||||
if left == nil && right == nil {
|
||||
continue
|
||||
}
|
||||
if left == nil || right == nil {
|
||||
return false
|
||||
}
|
||||
if left.Val != right.Val {
|
||||
return false
|
||||
}
|
||||
|
||||
// 注意：栈是 LIFO，所以要逆序入栈才能保证比较顺序
|
||||
// 与递归的前序逻辑一致：先处理内侧再处理外侧
|
||||
stack = append(stack, pair{left.Right, right.Left}) // 内侧对先入
|
||||
stack = append(stack, pair{left.Left, right.Right}) // 外侧对后入
|
||||
}
|
||||
|
||||
return true
|
||||
}
|
||||
```
|
||||
|
||||
> [!tip] 🐹 BFS vs DFS 迭代的关键区别
|
||||
> BFS 用**队列**（FIFO）——先入队的先被弹出，实现逐层比较；DFS 迭代用**栈**（LIFO）——后入栈的先被弹出。在 DFS 迭代中，如果要模拟递归的「先处理外侧再处理内侧」的顺序，就必须把内侧对**先入栈**，这样它反而会被**后弹出**——这体现了栈的逆序特性。
|
||||
@@ -0,0 +1,420 @@
|
||||
---
|
||||
tags: ["LeetCode", "二叉树", "深度优先搜索", "递归", "后序遍历"]
|
||||
create time: 2026-05-17 12:00
|
||||
---
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||||
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||||
# 40-二叉树的直径
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||||
|
||||
## 题面
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||||
给你一棵二叉树的根节点，返回该树的 **直径**。
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||||
|
||||
> [!question] 💡 核心定义
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||||
> - **直径** = 树中任意两个节点之间最长路径的 **边数**
|
||||
> - 这条路径可能经过也可能 **不经过** 根节点
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||||
> - 「长度」= 路径上的 **边数**（不是节点数！）
|
||||
|
||||
> [!warning] ⚠️ 易混淆点
|
||||
> **「深度」vs「直径」**：
|
||||
> - **最大深度**：从根到最远叶子节点的单向距离（一条线）
|
||||
> - **直径**：任意两节点之间的双向路径（可能穿过某个中间节点）
|
||||
>
|
||||
> > [!tip] 🔑 关键洞察
|
||||
> > 对于任意一个节点 `node`，如果有一条最长路径恰好穿过它，那么：
|
||||
> > ```
|
||||
> > 穿过 node 的路径长度 = node 左子树的最大深度 + node 右子树的最大深度
|
||||
> > ```
|
||||
> > 而整棵树的直径就是所有节点中，「穿过它的最大路径」的 **最大值**。
|
||||
|
||||
**示例 1：**
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||||
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||||
```
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||||
输入：root = [1,2,3,4,5]
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||||
输出：3
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||||
解释：取路径 [4→2→1→3] 或 [5→2→1→3]，共 3 条边。
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||||
|
||||
1 ← 直径穿过了 1
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||||
/ \
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||||
2 3 ← 路径可以是 4→2→1→3
|
||||
/ \
|
||||
4 5
|
||||
```
|
||||
|
||||
**示例 2：**
|
||||
|
||||
```
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||||
输入：root = [1,2]
|
||||
输出：1
|
||||
解释：只有 1→2 这一条边
|
||||
```
|
||||
|
||||
**约束：**
|
||||
|
||||
- 树中节点数目在范围 `[1, 10^4]` 内
|
||||
- `-100 <= Node.val <= 100`
|
||||
|
||||
---
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||||
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||||
## 思路
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||||
### 方法一：DFS 后序遍历 + 全局最大值 ⭐⭐⭐
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||||
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||||
#### 核心洞察
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||||
|
||||
> [!question] 🤔 思考
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||||
>
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||||
> 第 37 题我们求过「最大深度」——它是从根出发往下走的最远距离。
|
||||
> 现在要求「直径」——它可以是树上**任意两节点**之间的距离。
|
||||
>
|
||||
> 想象你在树上找最长路径，它会「穿过」某个节点：从上侧一棵子树上来，再从下侧另一棵子树下去。**这个「中间节点」不一定是根！**
|
||||
|
||||
以 `[] (1,2,3,4,5)` 为例，逐步计算每个节点的数据：
|
||||
|
||||
```
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||||
1 ← 左深=2, 右深=1, 穿过它的直径=3 ✅ 答案!
|
||||
/ \
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||||
2 3 ← 节点3是叶子：左深=0, 右深=0, 直径贡献=0
|
||||
/ \
|
||||
4 5 ← 节点4,5都是叶子：深度各为0, 直径贡献各为0
|
||||
```
|
||||
|
||||
> [!info] 📐 DFS 返回值的约定
|
||||
> 在这道题的标准解法中，`dfs(node)` 的返回值代表 **以 node 为根的树的最大深度**，约定空节点返回 0，计算公式为：
|
||||
> ```
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||||
> dfs(nil) = 0
|
||||
> dfs(leaf) = max(0, 0) + 1 = 1
|
||||
> dfs(internal) = max(dfs(left), dfs(right)) + 1
|
||||
> ```
|
||||
> 此时穿过当前节点的路径长度恰好等于 `leftDepth + rightDepth`（即边数），无需额外加减。验证：节点 1 的左深度 = 2、右深度 = 1，穿过它的路径 = 2+1 = 3 条边 ✅
|
||||
|
||||
执行流程图解：
|
||||
|
||||
```mermaid
|
||||
flowchart TD
|
||||
Post["后序遍历：先子节点，后自身"] --> L["遍历左子树，获得左深度"]
|
||||
L --> R["遍历右子树，获得右深度"]
|
||||
R --> C["当前节点处更新直径\n通过此节点的路径 = 左深度 + 右深度"]
|
||||
C --> Ret["返回当前节点的最大深度\n给父节点使用"]
|
||||
|
||||
style Post fill:#fff3e0,stroke:#e65100
|
||||
style C fill:#fce4ec,stroke:#c62828
|
||||
style Ret fill:#e3f2fd,stroke:#1565c0
|
||||
|
||||
linkStyle 0,1,2 stroke-width:3px
|
||||
```
|
||||
|
||||
具体对 `[] (1,2,3,4,5)` 每个节点的详细计算：
|
||||
|
||||
```mermaid
|
||||
flowchart TD
|
||||
N4["节点 4\n左深=0, 右深=0\n直径贡献=0\n返回 max=0"]
|
||||
N5["节点 5\n左深=0, 右深=0\n直径贡献=0\n返回 max=0"]
|
||||
N3["节点 3\n左深=0, 右深=0\n直径贡献=0\n返回 max=0"]
|
||||
N2["节点 2\n左深=1, 右深=1\n直径贡献=1+1=2, ans=2\n返回 max=1"]
|
||||
N1["节点 1\n左深=2, 右深=1\n直径贡献=2+1=3, ans=3\n返回 max=2"]
|
||||
|
||||
N4 & N5 --> N2
|
||||
N3 --> N1
|
||||
N2 --> N1
|
||||
|
||||
style N4 fill:#e3f2fd
|
||||
style N5 fill:#e3f2fd
|
||||
style N3 fill:#e3f2fd
|
||||
style N2 fill:#fff3e0,stroke:#e65100
|
||||
style N1 fill:#fce4ec,stroke:#c62828,stroke-width:3px
|
||||
```
|
||||
|
||||
执行流程图解：
|
||||
|
||||
```mermaid
|
||||
flowchart TD
|
||||
Post["后序遍历：先子节点，后自身"] --> L["遍历左子树，获得左深度"]
|
||||
L --> R["遍历右子树，获得右深度"]
|
||||
R --> C["当前节点处更新直径\n通过此节点的路径 = 左深度 + 右深度"]
|
||||
C --> Ret["返回当前节点的最大深度\n给父节点使用"]
|
||||
|
||||
style Post fill:#fff3e0,stroke:#e65100
|
||||
style C fill:#fce4ec,stroke:#c62828
|
||||
style Ret fill:#e3f2fd,stroke:#1565c0
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linkStyle 0,1,2 stroke-width:3px
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```
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具体对 `[] (1,2,3,4,5)` 每个节点的详细计算：
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```mermaid
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flowchart TD
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N4["节点 4\n左深=0, 右深=0\n直径贡献=0\n返回 max=0"]
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N5["节点 5\n左深=0, 右深=0\n直径贡献=0\n返回 max=0"]
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N3["节点 3\n左深=0, 右深=0\n直径贡献=0\n返回 max=0"]
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N2["节点 2\n左深=max(4)=1, 右深=max(5)=1\n直径贡献=1+1=2, ans=2\n返回 max=1"]
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N1["节点 1\n左深=max(2)=2, 右深=max(3)=1\n直径贡献=2+1=3, ans=3\n返回 max=2"]
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N4 & N5 --> N2
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N3 --> N1
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N2 --> N1
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style N4 fill:#e3f2fd
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style N5 fill:#e3f2fd
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style N3 fill:#e3f2fd
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style N2 fill:#fff3e0,stroke:#e65100
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||||
style N1 fill:#fce4ec,stroke:#c62828,stroke-width:3px
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```
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#### 算法框架
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```
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global ans = 0
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function dfs(node):
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if node == nil:
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return 0
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// 后序：先左右子树，再当前节点
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left = dfs(node.left) // 左子树的最大深度
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right = dfs(node.right) // 右子树的最大深度
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// 穿过当前节点的路径长度 = 左深度 + 右深度
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ans = max(ans, left + right)
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// 返回当前节点向上延伸的最大深度（供父节点使用）
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||||
return max(left, right) + 1
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function diameterOfBinaryTree(root):
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dfs(root)
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return ans
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```
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#### 递归三要素
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| 要素 | 内容 |
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|------|------|
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| **终止条件** | 节点为空时，返回 0 |
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| **递归表达式** | `left = dfs(node.left)`, `right = dfs(node.right)` |
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| **副作用** | 在每个节点更新全局变量 `ans = max(ans, left + right)` |
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| **返回值** | 以当前节点为根的树的最大深度 `max(left, right) + 1` |
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#### 为什么用后序遍历？
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> [!info] 🧠 自底向上的必然选择
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> 要计算「穿过节点 A 的直径」，必须先知道 A 的左右子树各自有多深。这意味着**子节点的处理必须在父节点之前完成**——正是后序遍历（左 → 右 → 根）的执行顺序。
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## 代码提示
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### DFS 伪代码
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```
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// 全局变量：记录最大直径
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ans = 0
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func dfs(node):
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if node == nil:
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return 0
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left = dfs(node.Left) // 左子树深度（边数视角下的"层数"）
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right = dfs(node.Right) // 右子树深度
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ans = max(ans, left + right) // 更新直径
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return max(left, right) + 1 // 返回当前节点深度给父节点
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func diameterOfBinaryTree(root):
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dfs(root)
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return ans
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```
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### Go 语言实现要点
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> [!note] 🐹 Go 中没有真正的"全局变量"最佳实践
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> 在这道题中，有几种方式传递和修改 `ans`：
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| 方案 | 写法 | 推荐度 |
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|------|------|--------|
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| **指针传参** | `func dfs(node *TreeNode, ans *int)` | ⭐⭐⭐ 函数式风格，无副作用 |
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| **闭包捕获** | 在 `diameterOfBinaryTree` 内定义 `var ans int` 然后用嵌套函数访问 | ⭐⭐⭐ 简洁直观 |
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| **返回值携带** | `func dfs(...) (depth, dia int)` | ⭐⭐ 稍显繁琐 |
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推荐使用 **闭包捕获** 的方式，既干净又自然。
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## 技巧
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> [!tip] 🔑 直径 vs 深度的关系速记
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> - **深度**：从某节点向下到最远叶子的「单向」路径长度
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> - **直径**：从某节点向「左下 + 右下」延伸的两条分支合并后的总长
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> - **公式**：`diameter(node) = leftDepth + rightDepth`
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> - 整棵树的直径是所有节点中这个值的 **最大值**
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> [!tip] 🔑 为什么可以用一次 DFS 搞定？
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> 很多人第一反应是「枚举每对节点 → BFS/DFS 求距离 → 取最大值」，这样是 O(n²)。但其实：
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> - 对于每个节点，穿过它的直径 = 左深度 + 右深度
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> - 左深度和右深度可以通过一次后序遍历全部算出
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> - 同时更新全局最大值，只需 **O(n)** 时间
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> [!warning] ⚠️ 常见错误
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> 1. **误把直径当作最大深度 × 2**：只有满二叉树/完美二叉树时才碰巧相等
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> 2. **忘记处理单边树的情况**：比如左斜树，右深度恒为 0，直径 = 最大深度
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> 3. **把直径当成经过根的路径**：直径可能经过任何节点，不只是根
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> [!info] 📊 复杂度速查
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> | 维度 | 结果 |
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> |------|------|
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> | 时间复杂度 | **O(n)** — 每个节点恰好访问一次 |
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> | 空间复杂度 | **O(h)** — h 为树高，递归栈深度；最坏 O(n)（链状），平均 O(log n)（平衡树） |
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> [!connection] 🔗 与相关题目的联系
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> - **[37-二叉树的最大深度](./37-二叉树的最大深度.md)**：直径问题的基础，深度是计算直径的子组件
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> - **[543. Diameter of Binary Tree](https://leetcode.com/problems/diameter-of-binary-tree/)**：原题（英文）
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||||
> 两者本质相同，只是表述不同
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> - **最长路径问题**：这是一般图论中「树的直径」的特例。对无权树可通过两次 BFS 求解，但二叉树场景下 DFS 更直接
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> [!exercise] 💪 变体练习
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> 1. 如果路径长度定义为节点数而非边数，如何修改代码？→ 只需将 `left + right` 改为 `left + right + 1`（当前节点也计入）
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> 2. 如果树中有负权边（加权二叉树），还能用此方法吗？→ 不能，需要换成分治或树形 DP
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> 3. N 叉树的直径如何求解？→ 取最大的两个子节点深度之和作为直径贡献
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## 代码
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### DFS + 闭包（推荐）⭐⭐⭐
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```go
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/**
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* Definition for a binary tree node.
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* type TreeNode struct {
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||||
* Val int
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||||
* Left *TreeNode
|
||||
* Right *TreeNode
|
||||
* }
|
||||
*/
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||||
func diameterOfBinaryTree(root *TreeNode) int {
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||||
// ans 通过闭包捕获，DFS 过程中不断刷新最大值
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ans := 0
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||||
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// dfs 返回以 node 为根的树的最大深度（层数）
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var dfs func(*TreeNode) int
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||||
dfs = func(node *TreeNode) int {
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if node == nil {
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||||
return 0
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||||
}
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||||
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||||
// 后序遍历：先获取左右子树的深度
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left := dfs(node.Left) // 左子树的最大深度
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right := dfs(node.Right) // 右子树的最大深度
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||||
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||||
// 穿过当前节点的路径 = 左深度 + 右深度
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// 这就是以当前节点为"最高点"的最长路径
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dia := left + right
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if dia > ans {
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ans = dia
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}
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||||
// 返回当前节点向上传递的最大深度
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||||
// 供父节点计算穿过它的直径时使用
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if left > right {
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return left + 1
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||||
}
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||||
return right + 1
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||||
}
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||||
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||||
dfs(root)
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||||
return ans
|
||||
}
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```
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||||
> [!success] ✅ 运行验证
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> 这是 LeetCode 第 543 题，通过率约 62%。核心只有一句话：**在每个节点处，用左深度+右深度更新答案，同时返回 max(左,右)+1**。面试时可先用一句话概括思路，再展开细节。
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### DFS + 指针传参（函数式风格）⭐⭐
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||||
```go
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||||
/**
|
||||
* Definition for a binary tree node.
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||||
* type TreeNode struct {
|
||||
* Val int
|
||||
* Left *TreeNode
|
||||
* Right *TreeNode
|
||||
* }
|
||||
*/
|
||||
func diameterOfBinaryTree(root *TreeNode) int {
|
||||
if root == nil {
|
||||
return 0
|
||||
}
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||||
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||||
maxDia := 0
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||||
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||||
// dfs 返回深度，通过指针修改 maxDia
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||||
var dfs func(*TreeNode) int
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||||
dfs = func(node *TreeNode) int {
|
||||
if node == nil {
|
||||
return 0
|
||||
}
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||||
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||||
left := dfs(node.Left)
|
||||
right := dfs(node.Right)
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||||
*maxDia = left + right
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||||
if d := left + right; d > *maxDia {
|
||||
*maxDia = d
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}
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||||
if left > right {
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||||
return left + 1
|
||||
}
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||||
return right + 1
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||||
}
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||||
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||||
dfs(root)
|
||||
return *maxDia
|
||||
}
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||||
```
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||||
> [!note] 🐹 两种写法的选择
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> 闭包方式中 `ans` 是外层函数的局部变量，内层 `dfs` 直接读取和赋值，无需额外类型声明。指针方式更"显式"地表明 `dfs` 会修改外部状态，在团队协作中可读性更强。个人偏好闭包——Go 的闭包在语法上是原生支持的，不需要像 Java/C++ 那样用 `AtomicInteger` 或引用包装类。
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### 对比：错误思路（仅考虑经过根的直径）❌
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```go
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// ❌ 错误示范：这样做只能得到"经过根节点的直径"
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func wrongApproach(root *TreeNode) int {
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if root == nil {
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return 0
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}
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// 只计算了穿过根节点的路径！
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// 如果最长路径不经过根，就会返回错误结果
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left := maxDepth(root.Left)
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||||
right := maxDepth(root.Right)
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||||
return left + right
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||||
}
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||||
func maxDepth(node *TreeNode) int {
|
||||
if node == nil {
|
||||
return 0
|
||||
}
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||||
l, r := maxDepth(node.Left), maxDepth(node.Right)
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||||
if l > r {
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||||
return l + 1
|
||||
}
|
||||
return r + 1
|
||||
}
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||||
```
|
||||
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||||
> [!failure] ❌ 为什么不正确？
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||||
> 上面的代码只考虑了穿过根节点的直径，但对于 `[] (1,2,null,3,4)`：
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||||
>
|
||||
> ```
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||||
> 1
|
||||
> /
|
||||
> 2
|
||||
> / \
|
||||
> 3 4
|
||||
> ```
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||||
>
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||||
> 经过根的直径 = 1（左）+ 0（右）= 1
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||||
> 但正确答案是经过节点 2 的路径 3→2→4，长度为 **2**
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>
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> **必须用 DFS 在后序遍历过程中逐个节点尝试，才能覆盖所有可能！**
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