需要检查子树结构的题都需要一个 helper 函数，带着两个 root，递归解决。 如果默认没给，就自己写一个。
子树类问题如果出现不连续，或者需要多个子树信息的时候，自定义 SubtreeTuple 是最合适的选择。
在 size / count 这种非负情况下，还可以把符号当 flag 用;
这种递归结构中先处理完 left / right 再来汇总结果的，其实就是 post-order traversal. 这点在 search 类 dfs 中也很常见，比如安卓解锁，数解锁方式数量的做法。
Tree 类问题另一个递归转迭代的思路就是，观察下递归是 pre-order, in-order 还是 post-order，然后对应的靠 stack 保存状态，模拟整个过程即可。
Trivial problem.
Copy public class Solution {
public boolean isSameTree(TreeNode p, TreeNode q) {
if(p == q) return true;
if(p == null || q == null) return false;
if(p.val != q.val) return false;
return isSameTree(p.left, q.left) && isSameTree(p.right, q.right);
}
} 迭代写法，思路很简单，就是按照同一个顺序做 DFS (pre-order)，每步上检查下元素值和 stack 大小就行，如果两个树一样，那么在迭代过程中所有的状态也都应该是一样的。
这个写法的子树访问路线以及顺序，和递归的写法是完全一样的。也就是说，其实这个迭代写法的思路，是完全建立在递归写法的代码上：
Copy public boolean isSameTree(TreeNode p, TreeNode q) {
Stack<TreeNode> stack1 = new Stack<>();
Stack<TreeNode> stack2 = new Stack<>();
if(p != null) stack1.push(p);
if(q != null) stack2.push(q);
while(!stack1.isEmpty() && !stack2.isEmpty()){
TreeNode node1 = stack1.pop();
TreeNode node2 = stack2.pop();
// Check cur
if(node1.val != node2.val) return false;
// Add Next
if(node1.right != null) stack1.push(node1.right);
if(node2.right != null) stack2.push(node2.right);
if(stack1.size() != stack2.size()) return false;
if(node1.left != null) stack1.push(node1.left);
if(node2.left != null) stack2.push(node2.left);
if(stack1.size() != stack2.size()) return false;
}
return stack1.size() == stack2.size();
} 这题和上一题非常像，都是给你两个 root，去判断他们的结构，考虑到要做 symmetric tree 所以每次递归的时候参数是 p.left 和 q.right ，而不是每次都同一方向。
Copy public class Solution {
public boolean isSymmetric(TreeNode root) {
if(root == null) return true;
return isSymmetric(root.left, root.right);
}
private boolean isSymmetric(TreeNode p, TreeNode q){
if(p == q) return true;
if(p == null || q == null) return false;
if(p.val != q.val) return false;
return isSymmetric(p.left, q.right) && isSymmetric(p.right, q.left);
}
} 这题用迭代的写法和思路，思路像 google onsite 面经里出现过的，交替输出 kth level 的节点。 Queue(deque) 的写法很好写，空间优化上就需要用 push 顺序相反的两个 stack 了。
具体思路参考了下论坛，我当初的写法是用两个 queue 存两个 level，对于每个 level 用类似 two pointer 的方式去检查元素，不过因为 queue 的大小一直变动，而且 queue 的 implementation 直接 access by index 也不太方便，写起来很麻烦。
比较好的思路是根据题意，直接把每个 level 拆成两个 queue，像 segment tree 似的，一个 queue 对应左子树，一个 queue 对应右子树，插入的时候，如果 q1 放左节点，q2 就放右节点，vice versa. 如果结果正确的话，两个 queue 里面的元素完全一样。
Copy public class Solution {
public boolean isSymmetric(TreeNode root) {
if(root == null) return true;
Queue<TreeNode> q1 = new LinkedList<TreeNode>();
Queue<TreeNode> q2 = new LinkedList<TreeNode>();
evalAndAdd(root, root, q1, q2);
while(!q1.isEmpty()){
int size = q1.size();
for(int i = 0; i < size; i++){
TreeNode n1 = q1.poll();
TreeNode n2 = q2.poll();
if(!evalAndAdd(n1.left, n2.right, q1, q2)) return false;
if(!evalAndAdd(n1.right, n2.left, q1, q2)) return false;
}
}
return true;
}
private boolean evalAndAdd(TreeNode n1, TreeNode n2, Queue<TreeNode> q1, Queue<TreeNode> q2){
if(n1 == null && n2 == null) return true;
if(n1 == null || n2 == null) return false;
if(n1.val == n2.val){
q1.offer(n1);
q2.offer(n2);
return true;
}
return false;
}
} 同样一题，用 stack 省空间的做法，其实和两个 queue 的思路基本完全一样。。
两种做法都是把树 traverse 了一遍，只不过顺序不同。有的时候我觉得，各种 tree 的 traversal，其实就像花式 for loop 一个 array 一样。
这题的双 stack 代码和 Same Tree 基本一样，只是 push 顺序不同而已。其代码的相似与不同可以追溯到各自的递归解法中，Tree 类问题递归结构是迭代写法的指引。
Copy public boolean isSymmetric(TreeNode root) {
if(root == null) return true;
Stack<TreeNode> stack1 = new Stack<>();
Stack<TreeNode> stack2 = new Stack<>();
stack1.push(root);
stack2.push(root);
while(!stack1.isEmpty() && !stack2.isEmpty()){
TreeNode node1 = stack1.pop();
TreeNode node2 = stack2.pop();
if(node1.val != node2.val) return false;
if(node1.left != null) stack1.push(node1.left);
if(node2.right != null) stack2.push(node2.right);
if(stack1.size() != stack2.size()) return false;
if(node1.right != null) stack1.push(node1.right);
if(node2.left != null) stack2.push(node2.left);
if(stack1.size() != stack2.size()) return false;
}
return stack1.size() == stack2.size();
} 这题和 Binary Tree Maximum Path Sum 的联系非常密切，要一起研究。
这题因为执着于用一个 helper 函数同时做 “验证BST” 和 “数子树大小”的工作，做了很多次失败提交。
需要传递的信息太多就自定义 SubtreeTuple
同时这题的定义也稍微有点模糊，正确定义是：如果整棵树都是 BST，那么返回 tree size; 反之返回左右子树的最大 size ，而不考虑 root. 这个 “不考虑root” 稍微有点歧义，因为如果右子树不是 BST，左子树是 BST，并且 root.val 大于左子树的情况下，按理讲算上 root 也是一个 BST 的，只是这题我们不考虑而已。
假如我们只用一个返回 int 的函数来层层递归，需要处理这些问题：
正解的的子树很可能和 root 以及上层的 node 不是连续的;
如果某个子树不是 BST (size = 0)，也意味着上层的所有 node 都不能包含这个子树;
给定 root，要验证这个 root 是否在合理的左右子树极值区间内；
这些问题都不是一个 int 就能完美解决的。
时间复杂度 O(n log n)，一次检查 BST/getSize 为O(n)，最多重复调用 O(log n) 次
Copy public class Solution {
public int largestBSTSubtree(TreeNode root) {
if(root == null) return 0;
if(isBST(root, null, null)) return getSize(root);
return Math.max(largestBSTSubtree(root.left), largestBSTSubtree(root.right));
}
private boolean isBST(TreeNode root, Integer min, Integer max){
if(root == null) return true;
if(min != null && root.val <= min) return false;
if(max != null && root.val >= max) return false;
return isBST(root.left, min, root.val) && isBST(root.right, root.val, max) ;
}
private int getSize(TreeNode root){
if(root == null) return 0;
return getSize(root.left) + getSize(root.right) + 1;
}
} 自定义 SubtreeTuple 的写法：
自底向上连续传递的只有 size，代表这个 tree 下面最大的 BST subtree size.
size 的绝对值代表以这个 node 为 tree root 的最大 BST subtree 大小；
当我们有一个一定非负的变量时(在这里是 size)，符号就成了 boolean 一样的可利用信息。
时间复杂度 O(n)，每个 node 只访问一次，没有重复递归调用。
Copy public class Solution {
private class SubtreeTuple{
// size of tree, negative value to reprensent invalid BST
int size;
// subtree min / max value
int min;
int max;
public SubtreeTuple(int size, int min, int max){
this.size = size;
this.min = min;
this.max = max;
}
}
public int largestBSTSubtree(TreeNode root) {
return Math.abs(helper(root).size);
}
private SubtreeTuple helper(TreeNode root){
if(root == null) return new SubtreeTuple(0, Integer.MAX_VALUE, Integer.MIN_VALUE);
SubtreeTuple left = helper(root.left);
SubtreeTuple right = helper(root.right);
if(left.size < 0 || root.val <= left.max || right.size < 0 || root.val >= right.min){
return new SubtreeTuple(Math.max(Math.abs(left.size), Math.abs(right.size)) * -1,
Math.min(left.min, root.val), Math.max(right.max, root.val));
} else {
// current left + right + root is a valid BST
return new SubtreeTuple(left.size + right.size + 1,
Math.min(root.val, left.min),
Math.max(root.val, right.max));
}
}
} 对于 subtree 特征以及 flag 的处理上，和上一道题可以用完全一样的套路。
唯一的不同在于，我们要返回的是总数，而不是 max ，所以要左右加一起才行。
Copy public class Solution {
private class Tuple{
// ABS : max count
// Sign: +/- , is/not univalue subtree
//
int count;
Integer val;
public Tuple(int count, Integer val){
this.count = count;
this.val = val;
}
}
public int countUnivalSubtrees(TreeNode root) {
return Math.abs(helper(root).count);
}
private Tuple helper(TreeNode root){
if(root == null) return new Tuple(0, null);
Tuple left = helper(root.left);
Tuple right = helper(root.right);
if(left.count < 0 || right.count < 0 ||
(left.val != null && !left.val.equals(root.val)) ||
(right.val != null && !right.val.equals(root.val))){
return new Tuple((Math.abs(left.count) + Math.abs(right.count)) * -1, 0);
} else {
return new Tuple(left.count + right.count + 1, root.val);
}
}
} 如果一个 Tree 是 complete tree，那所有的 subtree 也都是 complete tree.
直接扫肯定 TLE .. 要利用好 complete tree 的定义和性质。
参考了一下论坛之后，写了这个解居然也 TLE，都 O(log n * log n) 了
Copy public class Solution {
public int countNodes(TreeNode root) {
if(root == null) return 0;
if(root.left == null && root.right == null) return 1;
int leftPath = 0;
int rightPath = 0;
TreeNode cur = root;
while(cur != null){
leftPath ++;
cur = cur.left;
}
cur = root;
while(cur != null){
rightPath ++;
cur = cur.right;
}
if(leftPath == rightPath) return (2 << (leftPath - 1)) - 1;
return countNodes(root.left) + countNodes(root.right) + 1;
}
} 能 AC 的代码是论坛上的这个:
如果一个 Tree 是 complete tree，那所有的 subtree 也都是 complete tree.
1 << l 其实包含了每一层上加一（root） 的步骤。
按照这个代码的执行方式，每一次的左右子树必定有一个是 prefect tree，于是可以根据 depth 决定下一步处理哪棵。
Copy public class Solution {
public int countNodes(TreeNode root) {
if (root == null) {
return 0;
}
int l = leftHeight(root.left);
int r = leftHeight(root.right);
if (l == r) { // left side is full
return countNodes(root.right) + (1<<l);
}
return countNodes(root.left) + (1<<r);
}
private int leftHeight(TreeNode node) {
int h = 0;
while (node != null) {
h++;
node = node.left;
}
return h;
}
} (G) 面经
http://www.1point3acres.com/bbs/forum.php?mod=viewthread&tid=197372&highlight=google
Given a binary tree, find if there are two subtrees that are the same. (i.e. the tree structures are the same; the values on all corresponding nodes are the same). You should find the largest subtree and don’t use brute force.
贴个 hx 的思路，仔细讨论和思考之后觉得靠谱。
假设identical的子树share一个group id. NULL的group id是0.其它子树的group id按照group在后序遍历中第一次出现的时间顺序决定。 这样我们可以一边后序遍历子树，一边建两个hashmap:
(root value, group id of left, group id of right) -> group id of root group id -> subtrees of this group
这样我们做一遍后序遍历同时维护层数最高、subtree数量>=2的group id就行了。
这个其实跟用整棵子树的serialization作为key做法差不多，只是对key作了压缩。
如果只是要 size 的话，一个 hashmap 就够。
按着这个思路试着写了一下，附带两个 test case，返回的是最大 subtree 的 size.
第二个是左右完全一样的 binary tree，中间缺一个 leaf node，返回 6.
Copy public class Solution {
private static class TreeNode{
int val;
TreeNode left, right;
public TreeNode(int val){
this.val = val;
}
}
private static class TreeTuple{
String key;
int id;
int size;
public TreeTuple(String key, int id, int size){
this.key = key;
this.id = id;
this.size = size;
}
}
public static int largestSubtree(TreeNode root){
HashMap<String, Integer> keyMap = new HashMap<>();
HashMap<Integer, List<TreeTuple>> groupMap = new HashMap<>();
int[] id = new int[1];
id[0] = 1;
postOrder(root, keyMap, groupMap, id);
Iterator<Integer> iter = groupMap.keySet().iterator();
int maxSize = 0;
while(iter.hasNext()){
int groupId = iter.next();
List<TreeTuple> list = groupMap.get(groupId);
if(list.size() > 1) maxSize = Math.max(maxSize, list.get(0).size);
}
return maxSize;
}
// keyMap : Key - String - (val, leftId, rightId)
// Val - Integer - groupId
// groupMap : Key - Integer - groupId
// Val - Integer - number of occurrances
private static TreeTuple postOrder(TreeNode root, HashMap<String, Integer> keyMap,
HashMap<Integer, List<TreeTuple>> groupMap, int[] id){
if(root == null) return new TreeTuple("0,0,0", 0, 0);
TreeTuple left = postOrder(root.left, keyMap, groupMap, id);
TreeTuple right = postOrder(root.right, keyMap, groupMap, id);
int curId;
TreeTuple curTuple;
String key = "" + root.val + "," + left.id + "," + right.id;
if(!keyMap.containsKey(key)){
curId = id[0]++;
keyMap.put(key, curId);
groupMap.put(curId, new ArrayList<>());
curTuple = new TreeTuple(key, curId, left.size + right.size + 1);
groupMap.get(curId).add(curTuple);
} else {
curId = keyMap.get(key);
curTuple = new TreeTuple(key, curId, left.size + right.size + 1);
groupMap.get(curId).add(curTuple);
}
return curTuple;
}
public static void main(String[] args) {
/*
TreeNode root = new TreeNode(5);
TreeNode root2 = new TreeNode(9);
TreeNode root3 = new TreeNode(2);
TreeNode root4 = new TreeNode(7);
TreeNode root5 = new TreeNode(3);
TreeNode root6 = new TreeNode(12);
TreeNode root7 = new TreeNode(10);
TreeNode root8 = new TreeNode(9);
TreeNode root9 = new TreeNode(2);
TreeNode root10 = new TreeNode(7);
TreeNode root11 = new TreeNode(3);
root.left = root2;
root.right = root6;
root2.left = root3;
root2.right = root4;
root4.left = root5;
root6.left = root7;
root6.right = root8;
root8.left = root9;
root8.right = root10;
root10.left = root11;
*/
TreeNode root = new TreeNode(0);
TreeNode rootl2 = new TreeNode(1);
TreeNode rootr3 = new TreeNode(1);
TreeNode rootl4 = new TreeNode(2);
TreeNode rootr5 = new TreeNode(2);
TreeNode rootl6 = new TreeNode(3);
TreeNode rootr7 = new TreeNode(3);
TreeNode rootl8 = new TreeNode(4);
TreeNode rootr9 = new TreeNode(4);
TreeNode rootl10 = new TreeNode(5);
TreeNode rootr11 = new TreeNode(5);
TreeNode rootl12 = new TreeNode(6);
TreeNode rootr13 = new TreeNode(6);
root.left = rootl2;
root.right = rootr3;
rootl2.left = rootl4;
rootl2.right = rootl6;
rootl4.left = rootl8;
rootl4.right = rootl10;
rootl6.right = rootl12;
rootr3.left = rootr5;
rootr3.right = rootr7;
rootr5.left = rootr9;
rootr5.right = rootr11;
rootr7.right = rootr13;
System.out.println(largestSubtree(root));
}
} 