原文链接: https://leetcode-cn.com/problems/balanced-binary-tree

英文原文

Given a binary tree, determine if it is height-balanced.

For this problem, a height-balanced binary tree is defined as:

a binary tree in which the left and right subtrees of every node differ in height by no more than 1.

 

Example 1:

Input: root = [3,9,20,null,null,15,7]
Output: true

Example 2:

Input: root = [1,2,2,3,3,null,null,4,4]
Output: false

Example 3:

Input: root = []
Output: true

 

Constraints:

• The number of nodes in the tree is in the range [0, 5000].
• -104 <= Node.val <= 104

中文题目

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 。

 

示例 1：

输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：true

示例 2：

输入：root = [1,2,2,3,3,null,null,4,4]
输出：false

示例 3：

输入：root = []
输出：true

 

提示：

• 树中的节点数在范围 [0, 5000] 内
• -104 <= Node.val <= 104

通过代码

高赞题解

从底至顶（提前阻断）

此方法为本题的最优解法，但“从底至顶”的思路不易第一时间想到。

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。

算法流程：

recur(root):

• 递归返回值：
  1. 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 ）；
  2. 当节点root 左 / 右子树的高度差 $\geq 2$ ：则返回 $-1$ ，代表 此子树不是平衡树 。
• 递归终止条件：
  1. 当越过叶子节点时，返回高度 $0$ ；
  2. 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 $-1$ ；

isBalanced(root) ：

• 返回值： 若 recur(root) != 1 ，则说明此树平衡，返回 $true$ ； 否则返回 $false$ 。

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。

[]
class Solution:
    def isBalanced(self, root: TreeNode) -> bool:
        return self.recur(root) != -1

    def recur(self, root):
        if not root: return 0
        left = self.recur(root.left)
        if left == -1: return -1
        right = self.recur(root.right)
        if right == -1: return -1
        return max(left, right) + 1 if abs(left - right) < 2 else -1

[]
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;
    }
}

从顶至底（暴力法）

此方法容易想到，但会产生大量重复计算，时间复杂度较高。

思路是构造一个获取当前节点最大深度的方法 depth(root) ，通过比较此子树的左右子树的最大高度差abs(depth(root.left) - depth(root.right))，来判断此子树是否是二叉平衡树。若树的所有子树都平衡时，此树才平衡。

算法流程：

isBalanced(root) ：判断树 root 是否平衡

• 特例处理： 若树根节点 root 为空，则直接返回 $true$ ；
• 返回值： 所有子树都需要满足平衡树性质，因此以下三者使用与逻辑 $&&$ 连接；
  1. abs(self.depth(root.left) - self.depth(root.right)) <= 1 ：判断 当前子树 是否是平衡树；
  2. self.isBalanced(root.left) ： 先序遍历递归，判断 当前子树的左子树 是否是平衡树；
  3. self.isBalanced(root.right) ： 先序遍历递归，判断 当前子树的右子树 是否是平衡树；

depth(root) ： 计算树 root 的最大高度

• 终止条件： 当 root 为空，即越过叶子节点，则返回高度 $0$ ；
• 返回值： 返回左 / 右子树的最大高度加 $1$ 。

复杂度分析：

• 时间复杂度 $O(Nlog_2 N)$： 最差情况下， isBalanced(root) 遍历树所有节点，占用 $O(N)$ ；判断每个节点的最大高度 depth(root) 需要遍历 各子树的所有节点 ，子树的节点数的复杂度为 $O(log_2 N)$ 。
• 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。

[]
class Solution:
    def isBalanced(self, root: TreeNode) -> bool:
        if not root: return True
        return abs(self.depth(root.left) - self.depth(root.right)) <= 1 and \
            self.isBalanced(root.left) and self.isBalanced(root.right)

    def depth(self, root):
        if not root: return 0
        return max(self.depth(root.left), self.depth(root.right)) + 1

[]
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;
    }
}

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二叉树的最大深度	简单