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404. 左叶子之和
文章目录
- [404. 左叶子之和](https://leetcode.cn/problems/sum-of-left-leaves/)
- 一、题目
- 二、题解
- 方法一：递归
- 方法二：迭代
一、题目
给定二叉树的根节点 root ，返回所有左叶子之和。
示例 1：
输入: root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出: 24
解释: 在这个二叉树中，有两个左叶子，分别是 9 和 15，所以返回 24
示例 2:
输入: root = [1]
输出: 0
提示:
- 节点数在
[1, 1000]范围内 -1000 <= Node.val <= 1000
二、题解
方法一：递归
算法思路：
题目要求计算二叉树中所有左叶子节点的值之和。我们可以使用递归来解决这个问题。递归的思想是，对于每个节点，我们判断它是否是左叶子节点，如果是，则将其值加到结果中，然后递归地处理它的左子树和右子树。
具体实现：
-
我们首先定义一个变量
sum来保存左叶子节点值的和，并初始化为0。 -
在递归函数
sumOfLeftLeaves中，我们首先检查当前节点是否为空，如果为空，则返回0。 -
然后，我们检查当前节点的左子节点是否存在，以及左子节点是否为叶子节点。如果是叶子节点，则将其值加到
sum中。 -
最后，我们递归地处理当前节点的左子树和右子树，将它们的返回值累加到
sum中。 -
在每一层递归结束后，函数返回当前子树中左叶子节点的值之和。
/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {* int val;* TreeNode *left;* TreeNode *right;* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:int sumOfLeftLeaves(TreeNode* root) {int sum = 0;if (root == nullptr) {return 0;}// 判断左子节点是否为叶子节点，如果是则将值加入 sumif (root->left && !root->left->left && !root->left->right) {sum += root->left->val;}// 递归处理左子树和右子树，并累加结果到 sumreturn sum + sumOfLeftLeaves(root->left) + sumOfLeftLeaves(root->right);}
};
算法分析：
-
时间复杂度：遍历整个二叉树的时间复杂度为 O(N)，其中 N 是二叉树的节点数。在每个节点上，我们进行常数时间的判断和加法操作。
-
空间复杂度：递归函数的调用会占用栈空间，递归的深度最坏情况下为树的高度，所以空间复杂度为 O(H)，其中 H 是二叉树的高度。在最坏情况下，二叉树可能退化为链表，高度为 N，此时空间复杂度为 O(N)。但在一般情况下，二叉树的高度平衡，空间复杂度会接近 O(logN)。
方法二：迭代
算法思路：
- 我们可以使用深度优先搜索（DFS）来遍历二叉树，使用栈来辅助遍历。
- 在遍历的过程中，对于每个节点，我们检查它的左子节点是否存在，如果存在，继续检查左子节点是否为叶子节点（即没有左右子节点）。如果是叶子节点，则将其值加到累加器
sum中。 - 对于非叶子节点，我们将左子节点压入栈，以便后续继续检查。
- 然后，无论是否有右子节点，都将右子节点压入栈，以确保我们遍历了所有可能的路径。
具体实现：
class Solution {
public:int sumOfLeftLeaves(TreeNode* root) {stack<TreeNode*> st;int sum = 0;if (root == nullptr) {return 0;}st.push(root);while (!st.empty()) {TreeNode* node = st.top();st.pop();if (node->left) {if (!node->left->left && !node->left->right) {sum += node->left->val; // 如果左子节点是叶子节点，将值加入 sum} else {st.push(node->left); // 如果左子节点不是叶子节点，将左子节点压入栈}}if (node->right) {st.push(node->right); // 将右子节点压入栈，无论是否为叶子节点}}return sum;}
};
算法分析：
- 时间复杂度：遍历整个二叉树的时间复杂度为 O(N)，其中 N 是二叉树的节点数。在每个节点上，我们进行常数时间的判断、加法和栈操作。
- 空间复杂度：使用了一个栈来辅助遍历，栈的空间占用与二叉树的高度相关，最坏情况下为 O(N)。因此，总体空间复杂度为 O(N)。