【剑指 の 精选】从宏观角度看「对称二叉树」问题

题目描述

这是「牛客网」上的「JZ 58 对称的二叉树」，难度为「困难」。

Tag : 「剑指 Offer」、「二叉树」、「层序遍历」、「迭代」、「递归」

描述：

请实现一个函数，用来判断一棵二叉树是不是对称的。

注意，如果一个二叉树同此二叉树的镜像是同样的，定义其为对称的。

示例1

输入：{8,6,6,5,7,7,5}

返回值：true

示例2

输入：{8,6,9,5,7,7,5}

返回值：false

要求：

• 时间：1 s
• 空间：64 M

基本思想

首先要明确，题目所定义的 “对称” 是对每层而言，同时考虑空节点。

因此，如果我们使用常规的遍历方式进行检查的话，需要对空节点有所表示。

局部检查（层序遍历）

我们使用 ​​0x3f3f3f3f​​​ 作为无效值，并建立占位节点 ​​emptyNode​​​ 用来代指空节点（​​emptyNode.val = 0x3f3f3f3f​​）。

一个朴素的做法是：使用「层序遍历」的方式进行「逐层检查」，对于空节点使用 ​​emptyNode​​​ 进行代指，同时确保不递归 ​​emptyNode​​ 对应的子节点。

具体做法如下：

起始时，将 ​​root​​ 节点入队；

从队列中取出节点，检查节点是否为 ​​emptyNode​​ 节点来决定是否继续入队：

• 当不是 ​​emptyNode​​​ 节点时，将其左/右儿子进行入队，如果没有左/右儿子，则用 ​​emptyNode​​ 代替入队；
• 当是 ​​emptyNode​​ 节点时，则忽略；

在进行流程 的同时使用「临时列表」记录当前层的信息，并检查当前层是否符合 “对称” 要求；

循环流程 和 ，直到整个队列为空。

Java 代码：

import java.util.*;
class Solution {
int INF = 0x3f3f3f3f;
TreeNode emptyNode = new TreeNode(INF);
boolean isSymmetrical(TreeNode root) {
if (root == null) return true;

Deque<TreeNode> d = new ArrayDeque<>();
d.add(root);
while (!d.isEmpty()) {
// 每次循环都将下一层拓展完并存到「队列」中
// 同时将该层节点值依次存入到「临时列表」中
int size = d.size();
List<Integer> list = new ArrayList<>();
while (size-- > 0) {
TreeNode poll = d.pollFirst();
if (!poll.equals(emptyNode)) {
d.addLast(poll.left != null ? poll.left : emptyNode);
d.addLast(poll.right != null ? poll.right : emptyNode);
}
list.add(poll.val);
}

// 每一层拓展完后，检查一下存放当前层的该层是否符合「对称」要求
if (!check(list)) return false;
}
return true;
}

// 使用「双指针」检查某层是否符合「对称」要求
boolean check(List<Integer> list) {
int l = 0, r = list.size() - 1;
while (l < r) {
if (!list.get(l).equals(list.get(r))) return false;
l++;
r--;
}
return true;
}
}

Python 3 代码：

from collections import deque
from math import inf

class Solution:
emptyNode = TreeNode(inf)
def isSymmetrical(self, root):
if root is None:
return True
d = deque([])
d.append(root)
while d:
# 每次循环都将下一层拓展完并存到「队列」中
# 同时将该层节点值依次存入到「临时列表」中
size = len(d)
lt = []
while size > 0:
poll = d.popleft()
if poll != self.emptyNode:
d.append(poll.left if poll.left is not None else self.emptyNode)
d.append(poll.right if poll.right is not None else self.emptyNode)
size -= 1
lt.append(poll.val)
# 每一层拓展完后，检查一下存放当前层的该层是否符合「对称」要求
if not self.check(lt):
return False
return True

def check(self, lt):
# 使用「双指针」检查某层是否符合「对称」要求
l, r = 0, len(lt) - 1
while l < r:
if lt[l] != lt[r]:
return False
l += 1
r -= 1
return True

• 时间复杂度：在层序遍历过程中，每个节点最多入队一次，同时在​​check​​ 检查对称性过程中，每层只会被检查一次。复杂度为 O(n)
• 空间复杂度：O(n)

整体检查（递归）

在「层序遍历」解法中，我们利用了 “对称” 定义对每层进行检查。

本质上这是利用 “对称” 定义进行多次「局部」检查。

事实上，我们还可以利用 “对称” 定义在「整体」层面上进行检查。

我们如何定义两棵子树 ​​a​​​ 和 ​​b​​ 是否 “对称” ？

当且仅当两棵子树符合如下要求时，满足 “对称” 要求：

两棵子树根节点值相同；

两颗子树的左右子树分别对称，包括：

• ​​a​​​ 树的左子树与 ​​b​​ 树的右子树相应位置的值相等
• ​​a​​​ 树的右子树与 ​​b​​ 树的左子树相应位置的值相等

具体的，我们可以设计一个递归函数 ​​check​​​ ，传入待检测的两颗子树的头结点 ​​a​​​ 和 ​​b​​​（对于本题都传入 ​​root​​ 即可），在单次查询中有如下显而易见的判断子树是否 “对称” 的 Base Case：

• ​​a​​​ 和 ​​b​​ 均为空节点：符合 “对称” 要求；
• ​​a​​​ 和 ​​b​​ 其中一个节点为空，不符合  “对称” 要求；
• ​​a​​​ 和 ​​b​​ 值不相等，不符合  “对称” 要求；

其他情况，我们则要分别检查 ​​a​​​ 和 ​​b​​​ 的左右节点是否 “对称” ，即递归调用 ​​check(a.left, b.right)​​​ 和 ​​check(a.right, b.left)​​。

Java 代码：

class Solution {
public boolean isSymmetrical(TreeNode root) {
return check(root, root);
}
boolean check(TreeNode a, TreeNode b) {
if (a == null && b == null) return true;
if (a == null || b == null) return false;
if (a.val != b.val) return false;
return check(a.left, b.right) && check(a.right, b.left);
}
}

Python 3 代码：

class Solution:
def isSymmetrical(self, root):
return self.check(root, root)

def check(self, a, b):
if a is None and b is None:
return True
elif a is None or b is None:
return False
if a.val != b.val:
return False
return self.check(a.left, b.right) and self.check(a.right, b.left)

• 时间复杂度：每个节点只会被访问一次。复杂度为 O(n)
• 空间复杂度：忽略递归带来的额外空间开销。复杂度为 O(1)

总结

上述两种解法不仅仅是实现上的不同，更多的是检查 “出发点” 的不同：

• 解法一：利用「层序遍历」的方式，以 “层” 为单位进行 “对称” 检查；
• 解法二：利用「递归树展开」的方式，以 “子树” 为单位进行 “对称” 检查。

当我们从整体层面出发考虑时，配合递归，往往能写出比常规做法要简洁得多的代码。

建议大家加深对「局部」和「整体」两种不同出发点的理解。

最后

这是我们「剑指 の 精选」系列文章的第 ​​58​​ 篇，系列开始于 2021/07/01。

该系列会将「剑指 Offer」中比较经典而又不过时的题目都讲一遍。

在提供追求「证明」&「思路」的同时，提供最为简洁的代码。

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