题目描述
这是「牛客网」上的「JZ 57 二叉树的下一个结点」，难度为「中等」。
Tag : 「剑指 Offer」、「二叉树」、「中序遍历」
给定一个二叉树其中的一个结点，请找出中序遍历顺序的下一个结点并且返回。
注意，树中的结点不仅包含左右子结点，同时包含指向父结点的 next 指针。
下图为一棵有 个节点的二叉树。树中从父节点指向子节点的指针用实线表示，从子节点指向父节点的用虚线表示。
示例:
输入:{8,6,10,5,7,9,11},8返回:9
解析:这个组装传入的子树根节点，其实就是整颗树，中序遍历{5,6,7,8,9,10,11}，根节点8的下一个节点就是9，应该返回{9,10,11}，后台只打印子树的下一个节点，所以只会打印9，如下图，其实都有指向左右孩子的指针，还有指向父节点的指针，下图没有画出来。
输入描述：输入分为2段，第一段是整体的二叉树，第二段是给定二叉树节点的值，后台会将这2个参数组装为一个二叉树局部的子树传入到函数GetNext里面，用户得到的输入只有一个子树根节点。
返回值描述：返回传入的子树根节点的下一个节点，后台会打印输出这个节点。
示例1
输入：{8,6,10,5,7,9,11},8返回值：9
示例2
输入：{8,6,10,5,7,9,11},6返回值：7
示例3
输入：{1,2,#,#,3,#,4},4返回值：1
示例4
输入：{5},5返回值："null"
说明：不存在，后台打印"null"
要求：
- 时间：1 s
- 空间：64 M
朴素解法
一个朴素的做法是，根据题目对于 TreeLinkNode 的定义，利用 next 属性存储「当前节点的父节点」这一特点。
从入参节点 pNode 出发，不断利用 next 属性往上查找，直到找到整棵树的头节点，令头节点为 root。
然后实现二叉树的「中序遍历」，将遍历过程中访问的节点存放到列表 list 中，之后再对 list 进行遍历，找到 pNode 所在的位置 idx，即可确定 pNode 是否存在「下一个节点」以及「下一节点」是哪一个。
Java 代码：
import java.util.*;public class Solution {
List<TreeLinkNode> list = new ArrayList<>();
public TreeLinkNode GetNext(TreeLinkNode pNode) {
// 根据传入的节点的 next 指针一直往上找，直到找到根节点 root
TreeLinkNode root = pNode;
while (root.next != null) root = root.next;
// 对树进行一遍「中序遍历」，保存结果到 list 中
dfs(root);
// 从 list 中找传入节点 pNode 的位置 idx
int n = list.size(), idx = -1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (list.get(i).equals(pNode)) {
idx = i;
break;
}
}
// 如果 idx 不为「中序遍历」的最后一个元素，那么说明存在下一个节点，从 list 查找并返回
// 这里的 idx == -1 的判断属于防御性编程
return idx == -1 || idx == n - 1 ? null : list.get(idx + 1);
}
void dfs(TreeLinkNode root) {
if (root == null) return;
dfs(root.left);
list.add(root);
dfs(root.right);
}
}
Python 3 代码：
class Solution:lt = []
def GetNext(self, pNode):
# 根据传入的节点的 next 指针一直往上找，直到找到根节点 root
root = pNode
while root.next is not None:
root = root.next
# 对树进行一遍「中序遍历」，保存结果到 list 中
self.dfs(root)
# 从 list 中找传入节点 pNode 的位置 idx
n = len(self.lt)
idx = -1
for i in range(n):
if self.lt[i] == pNode:
idx = i
break
# 如果 idx 不为「中序遍历」的最后一个元素，那么说明存在下一个节点，从 list 查找并返回
# 这里的 idx == -1 的判断属于防御性编程
return None if idx == -1 or idx == n -1 else self.lt[idx + 1]
def dfs(self, root):
if root is None:
return
self.dfs(root.left)
self.lt.append(root)
self.dfs(root.right)
- 时间复杂度：找头节点root 最多访问的节点数量不会超过树高 h；进行中序遍历的复杂度为 O(n)；从中序遍历结果中找到pNode 的下一节点的复杂度为 O(n)。整体复杂度为 O(n)
- 空间复杂度：忽略递归带来的额外空间消耗。复杂度为 O(n)
进阶解法
另外一个“进阶”的做法是充分利用「二叉树的中序遍历」来实现的。
我们知道，二叉树「中序遍历」的遍历顺序为 「左-根-右」。
可以根据传入节点 pNode 是否有「右儿子」，以及传入节点 pNode 是否为其「父节点」的「左儿子」来进行分情况讨论：
- 传入节点 pNode 有「右儿子」：根据「中序遍历」的遍历顺序为 「左-根-右」，可以确定「下一个节点」必然为当前节点的「右子树」中「最靠左的节点」；
- 传入节点 pNode 没有「右儿子」，这时候需要根据当前节点是否为其「父节点」的「左儿子」来进行分情况讨论：
- 如果传入节点 pNode 本身是其「父节点」的「左儿子」，那么根据「中序遍历」的遍历顺序为为 「左-根-右」 可知，下一个节点正是该父节点，直接返回该节点即可；
- 如果传入节点 pNode 本身是其「父节点」的「右儿子」，那么根据「中序遍历」的遍历顺序为为 「左-根-右」 可知，其父节点已经被遍历过了，我们需要递归找到符合 node.equals(node.next.left) 的节点作为答案返回，如果没有则说明当前节点是整颗二叉树最靠右的节点，这时候返回 null 即可。
代码：
public class Solution {public TreeLinkNode GetNext(TreeLinkNode pNode) {
if (pNode.right != null) {
// 如果当前节点有右儿子，下一节点为当前节点「右子树中最靠左的节点」
pNode = pNode.right;
while (pNode.left != null) pNode = pNode.left;
return pNode;
} else {
// 如果当前节点没有右儿子，则「往上找父节点」，直到出现满足「其左儿子是当前节点」的父节点
while (pNode.next != null) {
if (pNode.equals(pNode.next.left)) return pNode.next;
pNode = pNode.next;
}
}
return null;
}
}
Python 3 代码：
class Solution:def GetNext(self, pNode):
if pNode.right is not None:
# 如果当前节点有右儿子，下一节点为当前节点「右子树中最靠左的节点」
pNode = pNode.right
while pNode.left is not None:
pNode = pNode.left
return pNode
else:
# 如果当前节点没有右儿子，则「往上找父节点」，直到出现满足「其左儿子是当前节点」的父节点
while pNode.next is not None:
if pNode == pNode.next.left:
return pNode.next
pNode = pNode.next
return None
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
最后
这是我们「剑指 の 精选」系列文章的第 No.57 篇，系列开始于 2021/07/01。
该系列会将牛客网「剑指 Offer」中比较经典而又不过时的题目都讲一遍。
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