力扣第404题 左叶子之和 c++ 递归 与 迭代解法

题目

404. 左叶子之和

简单

给定二叉树的根节点 root ，返回所有左叶子之和。

示例 1：

输入: root = [3,9,20,null,null,15,7] 
输出: 24 
解释: 在这个二叉树中，有两个左叶子，分别是 9 和 15，所以返回 24

示例 2:

输入: root = [1]
输出: 0

提示:

• 节点数在 [1, 1000] 范围内
• -1000 <= Node.val <= 1000

思路和解题方法一（递归）

1. 首先判断当前节点是否为空，如果为空，返回0。
2. 递归计算左子树中所有左叶子节点的和，将结果保存在变量lsum中。
3. 判断当前节点的左子节点是否存在，并且左子节点没有左孩子和右孩子（即为左叶子节点），如果满足条件，将当前左叶子节点的值赋给lsum。
4. 递归计算右子树中所有左叶子节点的和，将结果保存在变量rsum中。
5. 计算当前节点的左叶子节点的和，即lsum + rsum，并返回。

通过递归调用，最终会计算出二叉树中所有左叶子节点的和。

复杂度

        时间复杂度:

                O(n)

时间复杂度为O(n)，其中n是二叉树中的节点数。

        空间复杂度

                O(n)

空间复杂度：
这个递归函数使用了栈来存储递归调用的上下文。由于二叉树的深度可能非常大，因此递归调用的栈空间取决于二叉树的深度。在最坏的情况下，如果二叉树是倾斜的，即所有节点都在左子树或右子树中，那么递归调用的栈空间将是O(n)。因为需要为每个递归调用分配栈空间，所以空间复杂度是O(n)。

c++ 代码

class Solution {
public:
    int sumOfLeftLeaves(TreeNode* root) { // 定义一个函数来计算二叉树中左叶子结点之和
        if (root == nullptr) return 0; // 如果当前节点为空，则返回0
        int lsum = sumOfLeftLeaves(root->left); // 递归计算左子树的左叶子结点之和
        if(root->left != nullptr&&root->left->left ==nullptr && root->left->right==nullptr)
            // 如果当前节点的左孩子存在且没有左右子节点，即为左叶子节点
        {
            lsum = root->left->val; // 将当前左叶子节点的值赋给lsum
        }
        int rsum = sumOfLeftLeaves(root->right); // 递归计算右子树的左叶子结点之和
        int sum  =  lsum + rsum; // 计算当前节点中所有左叶子结点之和
        return sum; // 返回当前节点中所有左叶子结点之和
    }
};

思路和解题方法二（迭代）

1. 首先创建一个栈st，用于存储待处理的节点。
2. 判断根节点root是否为空，如果为空，返回0。
3. 将根节点root压入栈st中。
4. 初始化结果变量result为0。
5. 进入循环，直到栈st为空：
   • 弹出栈顶元素，并将其赋给临时变量node，表示当前处理的节点。
   • 如果node的左孩子存在，并且左孩子没有左右子节点（即为左叶子节点），将左叶子节点的值累加到result中。
   • 如果node有左孩子，将左孩子压入栈st中，以便后续处理。
   • 如果node有右孩子，将右孩子压入栈st中，以便后续处理。
6. 循环结束后，返回结果变量result，即为二叉树中所有左叶子节点的和。

通过使用栈进行迭代，遍历并处理每个节点，最终求得二叉树中所有左叶子节点的和。

复杂度

        时间复杂度:

                O(n)

时间复杂度是O(n)，其中n是二叉树的节点数。因为要对每个节点进行一次入栈和出栈操作，并且还要对每个节点的左子节点进行一次检查。

        空间复杂度

                O(n)

空间复杂度是O(n)。

c++ 代码

class Solution {
public:
    int sumOfLeftLeaves(TreeNode* root) {
        stack<TreeNode*> st; // 定义一个存储节点指针的栈，用于迭代遍历二叉树
        if (root == nullptr) return 0; // 如果二叉树为空，则直接返回0
        st.push(root); // 将根节点压入栈中
        int res = 0; // 初始化结果变量为0
        while (!st.empty()) { // 当栈非空时，继续迭代处理
            TreeNode* node = st.top(); // 获取栈顶元素，即当前处理的节点
            st.pop(); // 弹出栈顶元素
            if (node->left != nullptr && node->left->left == nullptr && node->left->right == nullptr) {
                // 如果当前节点存在左孩子节点，并且左孩子节点没有左右子节点，那么就是左叶子节点
                res += node->left->val; // 将当前左叶子节点的值累加到结果变量中
            }
            if (node->left != nullptr) st.push(node->left); // 如果当前节点存在左孩子节点，则将其压入栈中
            if (node->right != nullptr) st.push(node->right); // 如果当前节点存在右孩子节点，则将其压入栈中
        }
        return res; // 返回最终结果
    }
};

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