Follow up for problem "Populating Next Right Pointers in Each Node".
What if the given tree could be any binary tree? Would your previous solution still work?
Note:
- You may only use constant extra space.
For example,
Given the following binary tree,
1
/ \
2 3
/ \ \
4 5 7
After calling your function, the tree should look like:
1 -> NULL
/ \
2 -> 3 -> NULL
/ \ \
4-> 5 -> 7 -> NULL
这道是之前那道Populating Next Right Pointers in Each Node 每个节点的右向指针的延续，原本的完全二叉树的条件不再满足，但是整体的思路还是很相似，仍然有递归和非递归的解法。我们先来看递归的解法，这里由于子树有可能残缺，故需要平行扫描父节点同层的节点，找到他们的左右子节点。代码如下：
解法一：
// Recursion, more than constant space class Solution { public: void connect(TreeLinkNode *root) { if (!root) return; TreeLinkNode *p = root->next; while (p) { if (p->left) { p = p->left; break; } if (p->right) { p = p->right; break; } p = p->next; } if (root->right) root->right->next = p; if (root->left) root->left->next = root->right ? root->right : p; connect(root->right); connect(root->left); } };
对于非递归的方法，我惊喜的发现之前的方法直接就能用，完全不需要做任何修改，算法思路可参见之前的博客Populating Next Right Pointers in Each Node 每个节点的右向指针，代码如下：
解法二：
// Non-recursion, more than constant space class Solution { public: void connect(TreeLinkNode *root) { if (!root) return; queue<TreeLinkNode*> q; q.push(root); while (!q.empty()) { int len = q.size(); for (int i = 0; i < len; ++i) { TreeLinkNode *t = q.front(); q.pop(); if (i < len - 1) t->next = q.front(); if (t->left) q.push(t->left); if (t->right) q.push(t->right); } } } };
虽然以上的两种方法都能通过OJ，但其实它们都不符合题目的要求，题目说只能使用constant space，可是OJ却没有写专门检测space使用情况的test，那么下面贴上constant space的解法，这个解法也是用的层序遍历，只不过没有使用queue了，我们建立一个dummy结点来指向每层的首结点的前一个结点，然后指针t用来遍历这一层，我们实际上是遍历一层，然后连下一层的next，首先从根结点开始，如果左子结点存在，那么t的next连上左子结点，然后t指向其next指针；如果root的右子结点存在，那么t的next连上右子结点，然后t指向其next指针。此时root的左右子结点都连上了，此时root向右平移一位，指向其next指针，如果此时root不存在了，说明当前层已经遍历完了，我们重置t为dummy结点，root此时为dummy->next，即下一层的首结点，然后dummy的next指针晴空，代码如下：
解法三：
// Non-recursion, more than constant space class Solution { public: void connect(TreeLinkNode *root) { TreeLinkNode *dummy = new TreeLinkNode(0), *t = dummy; while (root) { if (root->left) { t->next = root->left; t = t->next; } if (root->right) { t->next = root->right; t = t->next; } root = root->next; if (!root) { t = dummy; root = dummy->next; dummy->next = NULL; } } } };
本文转自博客园Grandyang的博客，原文链接：每个节点的右向指针之二[LeetCode] Populating Next Right Pointers in Each Node II ，如需转载请自行联系原博主。