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一，翻转二叉树
1，递归
思路与算法
这是一道很经典的二叉树问题。显然，我们从根节点开始，递归地对树进行遍历，并从叶子节点先开始翻转。如果当前遍历到的节点 root 的左右两棵子树都已经翻转，那么我们只需要交换两棵子树的位置，即可完成以 root 为根节点的整棵子树的翻转。
class Solution {
public:
TreeNode* invertTree(TreeNode* root) {
if (root == nullptr) {
return nullptr;
}
TreeNode* left = invertTree(root->left);
TreeNode* right = invertTree(root->right);
root->left = right;
root->right = left;
return root;
}
};
复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 为二叉树节点的数目。我们会遍历二叉树中的每一个节点，对每个节点而言，我们在常数时间内交换其两棵子树。
空间复杂度：O(N)。使用的空间由递归栈的深度决定，它等于当前节点在二叉树中的高度。在平均情况下，二叉树的高度与节点个数为对数关系，即 O(logN)。而在最坏情况下，树形成链状，空间复杂度为 O(N)。
二，路径总和
注意到本题的要求是，询问是否有从「根节点」到某个「叶子节点」经过的路径上的节点之和等于目标和。核心思想是对树进行一次遍历，在遍历时记录从根节点到当前节点的路径和，以防止重复计算。
需要特别注意的是，给定的 root 可能为空。
1，广度优先搜索
首先我们可以想到使用广度优先搜索的方式，记录从根节点到当前节点的路径和，以防止重复计算。
这样我们使用两个队列，分别存储将要遍历的节点，以及根节点到这些节点的路径和即可。
class Solution {
public:
bool hasPathSum(TreeNode *root, int sum) {
if (root == nullptr) {
return false;
}
queue<TreeNode *> que_node;
queue<int> que_val;
que_node.push(root);
que_val.push(root->val);
while (!que_node.empty()) {
TreeNode *now = que_node.front();
int temp = que_val.front();
que_node.pop();
que_val.pop();
if (now->left == nullptr && now->right == nullptr) {
if (temp == sum) {
return true;
}
continue;
}
if (now->left != nullptr) {
que_node.push(now->left);
que_val.push(now->left->val + temp);
}
if (now->right != nullptr) {
que_node.push(now->right);
que_val.push(now->right->val + temp);
}
}
return false;
}
};
复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。
空间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。空间复杂度主要取决于队列的开销，队列中的元素个数不会超过树的节点数。
2，递归
思路及算法
观察要求我们完成的函数，我们可以归纳出它的功能：询问是否存在从当前节点 root 到叶子节点的路径，满足其路径和为 sum。
假定从根节点到当前节点的值之和为 val，我们可以将这个大问题转化为一个小问题：是否存在从当前节点的子节点到叶子的路径，满足其路径和为 sum - val。
不难发现这满足递归的性质，若当前节点就是叶子节点，那么我们直接判断 sum 是否等于 val 即可（因为路径和已经确定，就是当前节点的值，我们只需要判断该路径和是否满足条件）。若当前节点不是叶子节点，我们只需要递归地询问它的子节点是否能满足条件即可。
class Solution {
public:
bool hasPathSum(TreeNode *root, int sum) {
if (root == nullptr) {
return false;
}
if (root->left == nullptr && root->right == nullptr) {
return sum == root->val;
}
return hasPathSum(root->left, sum - root->val) ||
hasPathSum(root->right, sum - root->val);
}
};
复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。
空间复杂度：O(H)，其中 H 是树的高度。空间复杂度主要取决于递归时栈空间的开销，最坏情况下，树呈现链状，空间复杂度为 O(N)。平均情况下树的高度与节点数的对数正相关，空间复杂度为 O(logN)。
112. 路径总和 题解 - 力扣（LeetCode）
https://leetcode.cn/problems/path-sum/solution/lu-jing-zong-he-de-si-chong-jie-fa-dfs-hui-su-bfs-/路径总和的四种解法：DFS、回溯、BFS、栈 - 路径总和 - 力扣（LeetCode）