Two elements of a binary search tree (BST) are swapped by mistake.
Recover the tree without changing its structure.
Note:
A solution using O(n) space is pretty straight forward. Could you devise a constant space solution?
使用O(n)空间的话可以直接中序遍历来找问题节点。
如果是O(1)空间的话,基本上就只能是原地操作了。
这里介绍一个Morris Inorder Traversal。可以实现:
1. 如果当前节点有左子树,那么找到左子树的最右节点并把它右指针指向当前节点。当前节点转移到其左节点。
2. 如果左子树的最右节点已经指向了当前节点(之前已经遍历过左子树),那么还原最右节点的右指针为null, 输出当前节点,当前节点转移到其右节点。
3. 如果当前节点没有左子树,那么直接输出当前节点并将其转移到右节点。
写成代码如下:
1 public void recoverTree(TreeNode root) { 2 TreeNode cur = root; 3 while(cur!=null) { 4 if(cur.left!=null) { 5 TreeNode temp = cur.left; 6 while(temp.right!=null && temp.right!=cur) 7 temp = temp.right; 8 if(temp.right==null) { 9 temp.right = cur; 10 cur = cur.left; 11 } 12 else { 13 temp.right=null; 14 //print 15 cur=cur.right; 16 } 17 } 18 else { 19 //print 20 cur=cur.right 21 } 22 } 23 } 24 }
结合这道题,只需要在print的地方添加代码即可。
只存在一处错误,遍历时可能出现两种情况:
1. 发现一次原先节点值比当前节点值大,例如:(1, 4, 3, 7, 9)这时只有对调这两个节点值即可。
2. 发现两次原先节点值比当前节点值大,例如: (1, 9, 4, 5, 3, 10)这时需要对调第一次的原先节点值和第二次的当前节点值。
使用两个TreeNode wrong1, wrong2记录这两个错误节点,如果是第一次发现原先节点比当前节点值大的错误,则wrong1置为原先节点,wrong2置为当前节点。如果又发现一次,则只更改wrong2.
注意原先节点pre和当前节点cur的关系,只有cur即将挪向右节点之前才将pre置为cur. (因为cur挪向左节点是第一次遍历左子树,仅仅用来连接,第二次遍历才输出)
完整代码如下:
1 public void recoverTree(TreeNode root) { 2 TreeNode cur = root; 3 TreeNode pre = null; 4 TreeNode wrong1 = null; 5 TreeNode wrong2 = null; 6 while(cur!=null) { 7 if(cur.left!=null) { 8 TreeNode temp = cur.left; 9 while(temp.right!=null && temp.right!=cur) 10 temp = temp.right; 11 if(temp.right==null) { 12 temp.right = cur; 13 cur = cur.left; 14 } 15 else { 16 temp.right=null; 17 //print 18 if(pre!=null && pre.val>cur.val) { 19 if(wrong1==null) 20 wrong1=pre; 21 wrong2 = cur; 22 } 23 pre = cur; 24 cur=cur.right; 25 } 26 } 27 else { 28 //print 29 if(pre!=null && pre.val>cur.val) { 30 if(wrong1==null) 31 wrong1=pre; 32 wrong2 = cur; 33 } 34 pre = cur; 35 cur=cur.right; 36 } 37 } 38 int t = wrong1.val; 39 wrong1.val = wrong2.val; 40 wrong2.val = t; 41 }