題目解讀

題目要求輸出二叉樹的所有路徑(字符串形式)，乍一看很簡單，不就是二叉樹的遍歷嘛！其實不然，首先，我們用非遞歸的方式(C++)解決這道題(遞歸在產品代碼中是不允許使用的，其次定位 bug 的時候非常困難)。這道題并非簡單的 dfs(深度優先搜索)，需要點技巧。

題目描述

標準 dfs 遍歷輸出 - 每次輸出孩子節點

/**

* Definition for a binary tree node.

* struct TreeNode {

* int val;

* TreeNode *left;

* TreeNode *right;

* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}

* };

*/

class Solution {

public:

vector binaryTreePaths(TreeNode* root) {

if (root == nullptr) {

return {};

}

vector ans;

vector> allPath;

stack s;

vector path;

s.push(root);

path.push_back(root->val);

cout << path.back() << endl;

while (!s.empty()) {

TreeNode* curr = s.top();

s.pop();

if (curr->right != nullptr) {

path.push_back(curr->right->val);

s.push(curr->right);

cout << path.back() << endl;

}

if (curr->left != nullptr) {

path.push_back(curr->left->val);

s.push(curr->left);

cout << path.back() << endl;

}

}

return ans;

}

};

借助棧，上述代碼實現了最簡單的 dfs 遍歷，結果如下：

標準 dfs 輸出 - 每次輸出孩子節點

棧中之所以先添加右葉子節點，是為了保證最終路徑輸出順序從左往右。

標準 dfs 遍歷輸出 - 每次輸出父親節點

上述代碼實現了標準 dfs 遍歷，但顯然不能滿足題目要求，那該怎么處理呢？我們繼續往下看。

class Solution {

public:

vector binaryTreePaths(TreeNode* root) {

if (root == nullptr) {

return {};

}

vector ans;

vector> allPath;

stack s;

vector path;

s.push(root);

path.push_back(root->val);

// cout << path.back() << endl;

while (!s.empty()) {

TreeNode* curr = s.top();

cout << curr->val << endl;

s.pop();

if (curr->right != nullptr) {

path.push_back(curr->right->val);

s.push(curr->right);

// cout << path.back() << endl;

}

if (curr->left != nullptr) {

path.push_back(curr->left->val);

s.push(curr->left);

// cout << path.back() << endl;

}

}

return ans;

}

};

上述代碼中，我們打印棧頂每次彈出的元素，可以得到如下結果：

標準 dfs 輸出 - 每次輸出父節點

也就是說，每次只要某個節點的孩子節點都入棧了，該節點就可以不用考慮了。這個例子中，棧中初始節點是 1，然后加入其孩子節點 3、2，1 出棧；再加入節點 2 的孩子節點 5，2 出棧；以此類推?？墒?#xff0c;這還無法得到題目要求的結果呀！不著急，我們離答案已經越來越近了。

二叉樹的所有路徑

通過觀察發現：每次從棧頂彈出的節點，如果它沒有孩子節點，那么這個節點就是葉子節點，而且遇到的第一個葉子節點也是最左邊的葉子節點。我們把每次從棧頂彈出的節點記錄下來，保存在 vector 中，那么遇到第一個葉子節點時，我們就得到最左邊的一條路徑(1->2->5).但是，接下來棧頂彈出的元素可是 3，想要得到一條完整的路徑，必須將 3 和 1->2 拼接?；蛘哒f，要知道 3 之前彈出了哪些元素，我們把 3 之前棧頂彈出的元素 和 3 拼接，再與 3 之后的路徑拼接起來，即可得到第二條路徑。如何實現這點是這道題的關鍵所在。很容易想到的一點是，在輸出的前一條路徑(vector)基礎上，不斷將尾部元素丟棄，那什么時候停止丟棄呢？顯然，丟棄直到第一條路徑的尾部元素的右孩子節點是 3 即可。所以，path 這個 vector 中就不能記錄節點的值了，而要記錄節點的地址，因為值不是唯一的，而地址是唯一的。

/**

* Definition for a binary tree node.

* struct TreeNode {

* int val;

* TreeNode *left;

* TreeNode *right;

* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}

* };

*/

class Solution {

public:

vector binaryTreePaths(TreeNode* root) {

if (root == nullptr) {

return {};

}

vector ans;

stack s;

vector path;

s.push(root);

string tmp;

while (!s.empty()) {

TreeNode* curr = s.top();

s.pop();

path.push_back(curr);

if (curr->right != nullptr) {

s.push(curr->right);

}

if (curr->left != nullptr) {

s.push(curr->left);

}

if (curr->left == nullptr && curr->right == nullptr) {

for (auto node : path) {

tmp += to_string(node->val);

if (node != path.back()) {

tmp += "->";

}

}

ans.push_back(tmp);

tmp.clear();

while (path.empty() == false && s.empty() == false && path.back()->right != s.top()) {

path.pop_back();

}

}

}

return ans;

}

};

這一次，終于得到了我們想要的結果了。上述代碼中記錄 string 的過程可以有更有效的方法，這里為了使代碼的呈現更加容易理解，就不處理了，讀者可以自己去研究下。

創作挑戰賽新人創作獎勵來咯，堅持創作打卡瓜分現金大獎

總結

以上是生活随笔為你收集整理的mysql递归查询所有上下节点_非递归打印二叉树的所有路径，保存父节点和孩子节点到底有啥差别...的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網站內容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。