题目：给定一个 完美二叉树 ，其所有叶子节点都在同一层，每个父节点都有两个子节点。二叉树定义如下：
struct Node {
int val;
Node *left;
Node *right;
Node *next;
}
填充它的每个 next 指针，让这个指针指向其下一个右侧节点。如果找不到下一个右侧节点，则将 next 指针设置为 NULL。
初始状态下，所有 next 指针都被设置为 NULL。
进阶：
- 你只能使用常量级额外空间。
- 使用递归解题也符合要求，本题中递归程序占用的栈空间不算做额外的空间复杂度。
示例：
输入：root = [1,2,3,4,5,6,7]
输出：[1,#,2,3,#,4,5,6,7,#]
解释：给定二叉树如图 A 所示，你的函数应该填充它的每个 next 指针，以指向其下一个右侧节点，如图 B 所示。序列化的输出按层序遍历排列，同一层节点由 next 指针连接，’#’ 标志着每一层的结束。
提示：
- 树中节点的数量少于 4096
- -1000 <= node.val <= 1000
相关标签：树、深度优先搜索、广度优先搜索、二叉树
迭代解法：可以维护一个队列，用来存储当前每行的结点，在每次循环当前行的时候，将其左右结点添加到队尾。具体代码如下：
public Node connect(Node root) {
//判断二叉树是不是空
if(root==null){
return root;
}
//定义一个队列，维护当前层的结点
Queue<Node> queue = new LinkedList<>();
queue.offer(root);
while (!queue.isEmpty()){
//获取队列的长度
int size = queue.size();
//队列第一个元素出队
Node first = queue.poll();
//将第一个元素的左结点添加到队尾
if(first.left!=null){
queue.offer(first.left);
//因为是满二叉树，左右结点都是同时存在的
queue.offer(first.right);
}
//循环剩下的当前行元素，不包括刚才添加的左右结点
while (size-1>0){
//队头出队
Node second = queue.poll();
//左结点添加到队尾
if(second.left!=null){
queue.offer(second.left);
queue.offer(second.right);
}
//指定next属性
first.next = second;
//迭代first结点
first = second;
size--;
}
}
return root;
}
这种解法时间和空间复杂度都比较高，但是思路比较清晰。接下来看一下官方的进阶解法，官方解法地址
（方法一不展示了，跟上面的有点类似。）
方法二：使用已建立的 next 指针
思路
一棵树中，存在两种类型的 next 指针。
-
第一种情况是连接同一个父节点的两个子节点。它们可以通过同一个节点直接访问到，因此执行下面操作即可完成连接。
node.left.next = node.right
-
第二种情况在不同父亲的子节点之间建立连接，这种情况不能直接连接。
如果每个节点有指向父节点的指针，可以通过该指针找到next 节点。如果不存在该指针，则按照下面思路建立连接：
第 N层节点之间建立 next 指针后，再建立第N+1 层节点的next指针。可以通过 next 指针访问同一层的所有节点，因此可以使用第 N 层的 next指针，为第N+1 层节点建立next 指针。
算法
- 从根节点开始，由于第
0层只有一个节点，所以不需要连接，直接为第1层节点建立next指针即可。该算法中需要注意的一点是，当我们为第N层节点建立next指针时，处于第N−1层。当第N层节点的next指针全部建立完成后，移至第N层，建立第N+1层节点的next指针。 - 遍历某一层的节点时，这层节点的
next指针已经建立。因此我们只需要知道这一层的最左节点，就可以按照链表方式遍历，不需要使用队列。 - 上面思路的伪代码如下：
leftmost = root
while (leftmost.left != null) {
head = leftmost
while (head.next != null) {
1) Establish Connection 1
2) Establish Connection 2 using next pointers
head = head.next
}
leftmost = leftmost.left
}
-
两种类型的
next指针。 -
第一种情况两个子节点属于同一个父节点，因此直接通过父节点建立两个子节点的next 指针即可。
node.left.next = node.right
-
第二种情况是连接不同父节点之间子节点的情况。更具体地说，连接的是第一个父节点的右孩子和第二父节点的左孩子。由于已经在父节点这一层建立了next 指针，因此可以直接通过第一个父节点的next指针找到第二个父节点，然后在它们的孩子之间建立连接。
node.right.next = node.next.left
-
完成当前层的连接后，进入下一层重复操作，直到所有的节点全部连接。进入下一层后需要更新最左节点，然后从新的最左节点开始遍历该层所有节点。因为是完美二叉树，因此最左节点一定是当前层最左节点的左孩子。如果当前最左节点的左孩子不存在，说明已经到达该树的最后一层，完成了所有节点的连接。
代码如下：
class Solution {
public Node connect(Node root) {
if (root == null) {
return root;
}
// 从根节点开始
Node leftmost = root;
while (leftmost.left != null) {
// 遍历这一层节点组织成的链表，为下一层的节点更新 next 指针
Node head = leftmost;
while (head != null) {
// CONNECTION 1
head.left.next = head.right;
// CONNECTION 2
if (head.next != null) {
head.right.next = head.next.left;
}
// 指针向后移动
head = head.next;
}
// 去下一层的最左的节点
leftmost = leftmost.left;
}
return root;
}
}
复杂度分析：
时间复杂度：O(N)O(N)，每个节点只访问一次。
空间复杂度：O(1)O(1)，不需要存储额外的节点。