LeetCode刷题笔记（验证二叉搜索树）

浅浅的花香味﹌ 2023-06-23 05:58 10阅读 0赞

给定一个二叉树，判断其是否是一个有效的二叉搜索树。

假设一个二叉搜索树具有如下特征：

*  节点的左子树只包含小于当前节点的数。
 *  节点的右子树只包含大于当前节点的数。
 *  所有左子树和右子树自身必须也是二叉搜索树。

示例 1:

输入:
        2
       / \
      1   3
    输出: true

示例 2:

输入:
        5
       / \
      1   4
         / \
        3   6
    输出: false
    解释: 输入为: [5,1,4,null,null,3,6]。
         根节点的值为 5 ，但是其右子节点值为 4 。

**树的定义**

// Definition for a binary tree node.
    public class TreeNode {
      int val;
      TreeNode left;
      TreeNode right;
    
      TreeNode(int x) {
        val = x;
      }
    }

**直觉**

乍一看，这是一个平凡的问题。只需要遍历整棵树，检查 node.right.val > node.val 和  
node.left.val < node.val 对每个结点是否成立。

![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3BlbmdqdW5sZWU_size_16_color_FFFFFF_t_70][]

问题是，这种方法并不总是正确。不仅右子结点要大于该节点，整个右子树的元素都应该大于该节点。例如:

![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3BlbmdqdW5sZWU_size_16_color_FFFFFF_t_70 1][]

这意味着我们需要在遍历树的同时保留结点的上界与下界，在比较时不仅比较子结点的值，也要与上下界比较。

# 方法一: 递归 #

上述思路可以用递归法实现。首先将结点的值与上界和下界（如果有）比较。然后，对左子树和右子树递归进行该过程。

class Solution {
      public boolean helper(TreeNode node, Integer lower, Integer upper) {
        if (node == null) return true;
    
        int val = node.val;
        if (lower != null && val <= lower) return false;
        if (upper != null && val >= upper) return false;
    
        if (! helper(node.right, val, upper)) return false;
        if (! helper(node.left, lower, val)) return false;
        return true;
      }
    
      public boolean isValidBST(TreeNode root) {
        return helper(root, null, null);
      }
    }

**复杂度分析**

*  时间复杂度 : O(N)。每个结点访问一次。
 *  空间复杂度 : O(N)。我们跟进了整棵树。

# 方法二: 迭代 #

通过使用栈，上面的递归法可以转化为迭代法。这里使用深度优先搜索，比广度优先搜索要快一些。

class Solution {
      LinkedList<TreeNode> stack = new LinkedList();
      LinkedList<Integer> uppers = new LinkedList(),
              lowers = new LinkedList();
    
      public void update(TreeNode root, Integer lower, Integer upper) {
        stack.add(root);
        lowers.add(lower);
        uppers.add(upper);
      }
    
      public boolean isValidBST(TreeNode root) {
        Integer lower = null, upper = null, val;
        update(root, lower, upper);
    
        while (!stack.isEmpty()) {
          root = stack.poll();
          lower = lowers.poll();
          upper = uppers.poll();
    
          if (root == null) continue;
          val = root.val;
          if (lower != null && val <= lower) return false;
          if (upper != null && val >= upper) return false;
          update(root.right, val, upper);
          update(root.left, lower, val);
        }
        return true;
      }
    }

**复杂度分析**

*  时间复杂度 : O(N)。每个结点访问一次。
 *  空间复杂度 : O(N)。我们跟进了整棵树。

# 方法三：中序遍历 #

![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3BlbmdqdW5sZWU_size_16_color_FFFFFF_t_70 2][]

上面的结点按照访问的顺序标号，你可以按照 1-2-3-4-5 的顺序来比较不同的策略。

左子树 -> 结点 -> 右子树 意味着对于二叉搜索树而言，每个元素都应该比下一个元素小。

因此，具有 \{O\}(N)O(N) 时间复杂度与 \{O\}(N)O(N) 空间复杂度的算法十分简单:

*  计算中序遍历列表 inorder.
 *  检查 inorder中的每个元素是否小于下一个。

![watermark_type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk_shadow_10_text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3BlbmdqdW5sZWU_size_16_color_FFFFFF_t_70 3][]

我们需要保留整个inorder列表吗？

事实上不需要。每一步最后一个添加的元素就足以保证树是（或不是）二叉搜索树。因此，我们可以将步骤整合并复用空间。

class Solution {
      public boolean isValidBST(TreeNode root) {
        Stack<TreeNode> stack = new Stack();
        double inorder = - Double.MAX_VALUE;
    
        while (!stack.isEmpty() || root != null) {
          while (root != null) {
            stack.push(root);
            root = root.left;
          }
          root = stack.pop();
          // If next element in inorder traversal
          // is smaller than the previous one
          // that's not BST.
          if (root.val <= inorder) return false;
          inorder = root.val;
          root = root.right;
        }
        return true;
      }
    }

**复杂度分析**

*  时间复杂度 : 最坏情况下（树为二叉搜索树或破坏条件的元素是最右叶结点）为 O(N)。
 *  空间复杂度 : O(N) 用于存储 stack。

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