- 剑指Offer54.二叉搜索树的第k大节点
- 题目：
输入一个二叉搜索树，返回它的第k大节点值；
1 <= k <= 二叉搜索树的节点数（即不用担心树为空，也不用担心不存在第k大的情况）； - 思路：
看到二叉搜索树，首先想到中序遍历是从小到大的；
本题找第k大，即中序遍历序列的倒数第k个，有两个思路：①正常按中序遍历去找，找到第n-k+1个就是倒数第k个，但需要提前扫一遍，确定树的节点数n，扫第二次找到正数第n-k+1个 ②按照中序的逆序“右中左”遍历，这样得到的序列是从大到小的，遍历到第k个就是目标节点；这样只需要扫一遍即可；
“右中左”的大体执行思路是：先往右走，然后在递归回退的时候执行“中”if (–k == 0) ans = root->val，每处理一个节点就–k；
1.逆序中序遍历：时间O(n)：当二叉搜索树退化为只有右孩子的单链表时，无论k为几，递归深度都为n层（因为右中左的遍历顺序需要先走到右下角才回退，即使找到第k大节点，依然要逐层回退到根节点），空间O(n)：同理，最坏情况下需要n层系统栈；
每处理一个节点，就–k，直到k==0，说明当前节点是第k大的，此时用全局变量保存下来；
找到第k大节点后，需要尽快返回，不要继续执行递归；
//具体实现技巧：
//写法1.一开始把k设置为全局变量，这样在“右中左”的处理中节点时，每处理一个就--k，当--k==0时就是目标节点;
class Solution {
public:
int ans, k;
void travel(TreeNode* root) {
if (!root) return;
travel(root->right);
if (--k == 0) ans = root->val;//在找到第k大节点时，k=0；之后每次--k会使k越来越小,为了尽快返回就要避免执行travel(root->left)
if (k > 0) travel(root->left);
}
int kthLargest(TreeNode* root, int k) {
this->k = k;
travel(root);
return ans;
}
};
//写法2：k作为参数传递，但传值的话，本层递归函数--k，并不会影响上一层的k，因此，在处理第k大节点时，由于之前处理的影响没有施加到当前层，此时--k不会==0，而k传引用的话，相当于所有递归函数的k是共用一个，按照处理“中”的顺序，一旦执行了--k，所有递归函数中的k都减1，因此一定会在第k次--k==0
//可以以一个只有右孩子的单链表思考这个过程，这样相当于不用执行travel(root->left)，一开始我们在地面，每递归一次就下一层，逐渐递归到底，此时在链表尾，之后随着逐层回退执行“中”--k，若在负i层--k后，k=2，那么回退到负i-1层时，此时的k仍然=3，也就是负i层--k并不会影响负i-1层的k
class Solution {
public:
int ans;
void travel(TreeNode* root, int& k) {
if (!root) return;
travel(root->right, k);
if (--k == 0) ans = root->val;
if (k > 0) travel(root->left, k);
}
int kthLargest(TreeNode* root, int k) {
travel(root, k);
return ans;
}
};