一、题目描述
给定一个二叉树,判断它是否是高度平衡的二叉树。
本题中,一棵高度平衡二叉树定义为:
一个二叉树每个节点 的左右两个子树的高度差的绝对值不超过 1 。
二、题解
2.1暴力从顶到底
思路:
首先需要 求出树中每个节点的 深度,一个节点的深度 = max(左子树最大深度 , 右子树最大深度)
有了深度即可判断二叉树 是否平衡,具体做法类似以前序遍历
-
即对于当前遍历的节点,首先计算左、右子树的深度,如果左右子树的高度差不超过1,
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在分别递归遍历左右子节点,至全部节点遍历完毕
class Solution {
public boolean isBalanced(TreeNode root) {
if (root == null) return true;
return Math.abs(depth(root.left) - depth(root.right)) <= 1 && isBalanced(root.left) && isBalanced(root.right);
}
private int depth(TreeNode root) {
if (root == null) return 0;
return Math.max(depth(root.left), depth(root.right)) + 1;
}
}
时间复杂度为:
O(n^2) 其中n是二叉树的节点个数
-
最坏情况下,二叉树是满二叉树,需要遍历二叉树中的所有节点,时间复杂度为o(n)
-
对于节点p,如果他的深度是d 则求节点p的深度
depth(p)
最多会被调用d次,因为isBalance()需要所有的节点都满足,每个isBalance都要调用求深度(需要遍历各子树的所有节点) -
对于平均的情况,一棵树的高度 h 满足 O(h)=O(logn),因为 d≤h,所以总时间复杂度为O(nlogn)。
-
对于最坏的情况,二叉树形成链式结构,高度为 O(n)O(n),此时总时间复杂度为 O(n^2)
2.2提前阻断从底向上
本题最优解,不太好想到
思路:
思路是对二叉树做先序遍历,从底至顶返回子树最大高度,若判定某子树不是平衡树则 “剪枝” ,直接向上返回。
函数recur(root):
- 递归返回值:
- 当节点root 左 / 右子树的高度差 < 2 :则返回以节点root为根节点的子树的最大高度,即节点 root 的左右子树中最大高度加 1
( - max(left, right) + 1 )
; - 当节点root 左 / 右子树的高度差 ≥2 :则返回 −1 ,代表 此子树不是平衡树
- 递归终止条件:
- 当越过叶子节点时,返回高度 0 ;
- 当左(右)子树高度
left== -1
时,代表此子树的 左(右)子树 不是平衡树,因此直接返回 −1 ;
函数isBalanced(root) :
- 返回值: 若 recur(root) != 1 ,则说明此树平衡,返回 truetrue ; 否则返回 falsefalse 。
复杂度分析:
- 时间复杂度 O(N): N为树的节点数;最差情况下,需要递归遍历树的所有节点。
- 空间复杂度 O(N): 最差情况下(树退化为链表时),系统递归需要使用 O(N) 的栈空间。
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode() {}
* TreeNode(int val) { this.val = val; }
* TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
* this.val = val;
* this.left = left;
* this.right = right;
* }
* }
*/
class Solution {
public boolean isBalanced(TreeNode root) {
return recur(root) != -1;
}
private int recur(TreeNode root){
if(root == null){
return 0;
}
int left = recur(root.left);
if(left == -1){
return -1;
}
int right = recur(root.right);
if(right == -1){
return -1;
}
return Math.abs(left - right) < 2?Math.max(left,right) + 1 : -1;
}
}