【树】B016_验证二叉树（并查集 | bfs/dfs）

一、题目描述

二叉树上有 n 个节点，按从 0 到 n - 1 编号，其中节点 i 的两个子节点分别是 leftChild[i] 和 rightChild[i]。

只有 所有 节点能够形成且 只 形成 一颗 有效的二叉树时，返回 true；否则返回 false。

如果节点 i 没有左子节点，那么 leftChild[i] 就等于 -1。右子节点也符合该规则。

注意：节点没有值，本问题中仅仅使用节点编号。

二、题解

方法一：并查集

二叉树性质：

• 根节点入度为 0
• 其他结点入度恒为 1.

根据以上性质，我们不难写出以下代码， * 但是这是片面的答案。 根节点不一定是 0 号结点。

public boolean validateBinaryTreeNodes(int n, int[] leftChild, int[] rightChild) {
  int[] inDegree = new int[n];
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    if (leftChild[i] >= 0)
        inDegree[leftChild[i]]++;
     if (rightChild[i] >= 0)
        inDegree[rightChild[i]]++;
  }

  if (inDegree[0] != 0)
      return false;
  
  for (int i = 1; i < n; i++)
    if (inDegree[i] != 1)
      return false;
  return true;
}

* 我们把代码逻辑更正为：入度为 0 的结点应该只有一个，入度大于 1 的结点不存在。

public boolean validateBinaryTreeNodes(int n, int[] leftChild, int[] rightChild) {
  int[] inDegree = new int[n];
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    if (leftChild[i] != -1)
        inDegree[leftChild[i]]++;
     if (rightChild[i] != -1)
        inDegree[rightChild[i]]++;
  }
  int in0 = 0;
  int inOther = 0;
  for (int i : inDegree) {
      if (i == 0) in0++;
      if (i >= 2) inOther++;
  }
  return in0 == 1 && inOther == 0;
}

这里还是忽略了一个点： * 如果树存在环也满足入度入度为 0 的只有一个结点，不存在入度大于 1 的结点。

所以单纯统计结点的入度实行不通的，我们需要判环。 所以这里只能用并查集做了。

核心逻辑有二：

• 没有被连通的两个结点，其中孩子结点的父亲只能先是自己。
• 任意两个结点是不连通的，即不存在环。

public boolean validateBinaryTreeNodes(int n, int[] leftChild, int[] rightChild) {
  UF uf = new UF(n);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    if (leftChild[i] != -1) {
      if (uf.find(leftChild[i]) != leftChild[i] || uf.isConn(leftChild[i], i))
          return false;
      uf.union(i, leftChild[i]);
    }
    if (rightChild[i] != -1) {
      if (uf.find(rightChild[i]) != rightChild[i] || uf.isConn(rightChild[i], i))
          return false;
      uf.union(i, rightChild[i]);
    }
  }
  return uf.count == 1;
}
class UF {
	int[] parent;
	int[] size;
    int count;
    public UF(int N) {
	    count = N;
	    parent = new int[N];
	    size = new int[N];
	    for(int i = 0; i < N; i++) {
		    parent[i] = i;
		    size[i] = 1;
	    }
	}
    public boolean isConn(int p, int q) {
        return find(p) == find(q);
    }
	public int find(int p) {
	    while (p != parent[p]) {
	        p = parent[p];
	    }
	    return p;
	}
	public void union(int p, int q) {
	    int pRootID = find(p);
	    int qRootID = find(q);
	
	    if(pRootID == qRootID)  return;
	
	    if(size[pRootID] > size[qRootID]) {
	        parent[qRootID] = pRootID;
	        size[pRootID] += size[qRootID];
	    }else {
	        parent[pRootID] = qRootID;
	        size[qRootID] += size[pRootID];
	    }
	    count--;  // 连通分量减一
	}
}

复杂度分析

• 时间复杂度： $O()$，
• 空间复杂度： $O()$，

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方法二：dfs 或 bfs 判环

复杂度分析

• 时间复杂度： $O()$，
• 空间复杂度： $O()$，