1080-根到叶路径上的不足节点(Insufficient Nodes in Root to Leaf Paths)
发表于：2021-12-03 | 分类： 中等
字数统计: 2.9k | 阅读时长: 12分钟 | 阅读量：

原文链接: https://leetcode-cn.com/problems/insufficient-nodes-in-root-to-leaf-paths

英文原文

Given the root of a binary tree and an integer limit, delete all insufficient nodes in the tree simultaneously, and return the root of the resulting binary tree.

A node is insufficient if every root to leaf path intersecting this node has a sum strictly less than limit.

A leaf is a node with no children.

 

Example 1:

Input: root = [1,2,3,4,-99,-99,7,8,9,-99,-99,12,13,-99,14], limit = 1
Output: [1,2,3,4,null,null,7,8,9,null,14]

Example 2:

Input: root = [5,4,8,11,null,17,4,7,1,null,null,5,3], limit = 22
Output: [5,4,8,11,null,17,4,7,null,null,null,5]

Example 3:

Input: root = [1,2,-3,-5,null,4,null], limit = -1
Output: [1,null,-3,4]

 

Constraints:

  • The number of nodes in the tree is in the range [1, 5000].
  • -105 <= Node.val <= 105
  • -109 <= limit <= 109

中文题目

给定一棵二叉树的根 root，请你考虑它所有 从根到叶的路径：从根到任何叶的路径。（所谓一个叶子节点，就是一个没有子节点的节点）

假如通过节点 node 的每种可能的 “根-叶” 路径上值的总和全都小于给定的 limit，则该节点被称之为「不足节点」，需要被删除。

请你删除所有不足节点，并返回生成的二叉树的根。

 

示例 1：


输入：root = [1,2,3,4,-99,-99,7,8,9,-99,-99,12,13,-99,14], limit = 1

输出：[1,2,3,4,null,null,7,8,9,null,14]

示例 2：


输入：root = [5,4,8,11,null,17,4,7,1,null,null,5,3], limit = 22

输出：[5,4,8,11,null,17,4,7,null,null,null,5]

示例 3：


输入：root = [5,-6,-6], limit = 0
输出：[]

 

提示：

  1. 给定的树有 1 到 5000 个节点
  2. -10^5 <= node.val <= 10^5
  3. -10^9 <= limit <= 10^9

 

通过代码

高赞题解

首先考虑结点如何删除

首先我们考虑如何删除结点的问题。已知一个二叉树中的结点要被删除，有两种办法：

  1. 自己删除自己；
  2. 告诉父亲结点，自己需要从二叉树中被删除。

“自己删除自己” 让我想到了 “单链表删除某个结点”，如果这个要被删除的结点是末尾结点，那还麻烦了。不过第 2 种办法“告诉父亲结点，自己需要从二叉树中被删除”，就很简单了，父亲结点收到孩子结点这个信号以后，只要把对孩子结点的引用切断即可。

其次考虑使用哪一种遍历方式

二叉树的问题一定离不开遍历，遍历有 DFS 和 BFS，根据题目中的描述 “考虑它所有 从根到叶的路径”，就知道不能用 BFS 了，那么 DFS 又有 3 种，分别如下：

1、先序遍历

（1）先执行当前结点的逻辑；
（2）如果有左结点，就递归执行左结点的逻辑；
（3）如果有右结点，就递归执行右结点的逻辑。

2、中序遍历

（1）如果有左结点，就递归执行左结点的逻辑；
（2）先执行当前结点的逻辑；
（3）如果有右结点，就递归执行右结点的逻辑。

3、后序遍历

（1）如果有左结点，就递归执行左结点的逻辑；
（2）如果有右结点，就递归执行右结点的逻辑；
（3）先执行当前结点的逻辑。

再看看我们首先考虑的问题，“告诉父亲结点，自己是否需要从二叉树中被删除”，那么 首先两个子结点（如果存在的话）要清楚自己是不是需要被删除，明显使用 “后序遍历”。

因此，删除结点（也可以称为 “剪枝”）的过程是从下到上的。

最后编码实现

进行后序遍历的时候，要告诉父亲节点自己是否需要从二叉树中删除，返回一个布尔值就可以了。这里编码要注意几个细节：

1、使用 Python 编码的朋友，尽量少使用 not，否定的判断出现太多，比较容易把自己绕晕，我这一版代码是改过几次的，原先我的 __dfs 方法设置的返回值的意思是“是否保留”。后来我把返回值的含义改成“是否删除”，就是为了让逻辑中少一些 not；

2、当一个结点不是叶子结点的时候，它是否被删除，也要看它的孩子结点，只要孩子结点有一个被保留，父亲结点就不能被删，换句话说，父亲结点被删除当且仅当它的两个孩子结点均被删除；

（温馨提示：下面的幻灯片中，有几页上有较多的文字，可能需要您停留一下，可以点击右下角的后退 “|◀” 或者前进 “▶|” 按钮控制幻灯片的播放。）

<1080-1.png,1080-2.png,1080-3.png,1080-4.png,1080-5.png,1080-6.png,1080-7.png>

3、返回值的含义设置成“是否删除”的前提下，左右孩子的默认策略是删除，因为当只有一个孩子结点存在的时候，这个孩子结点的删除与否直接决定了父亲结点是否被删除，逻辑运算符 and 把不存在的那一边设置为 True ，就符合这个逻辑，不妨看看真值表，把其中一列全部设置成 True ，and 的结果就正好和另外一列是一样的。

左子树是否被删除 右子树是否被删除 and or
True True True True
True False True False
False True False True
False False False False

如果你把 __dfs 方法的返回值意义设置成 是否保留，你就得看 or 那一列，并且左右孩子的默认策略就是保留。

总结

这道题使用后序遍历完成，但更本质上的算法思想是分治法：把原问题拆解成同样结构且规模更小的子问题，待子问题处理完成以后，原问题就得到了解决，大家想一想是不是这样。

下面展示了两种后序遍历的返回值意义的示例代码，请读者比较它们二者的差别。

如果 __dfs() 方法返回值的意义是“当前结点是否被删除”，参考代码如下。

[]
class TreeNode:
    def __init__(self, x):
        self.val = x
        self.left = None
        self.right = None

class Solution:

    def __dfs(self, node, s, limit):
        """
        后序遍历
        :param node: 当前遍历的结点
        :param s: 当前累计的和
        :param limit: 题目中给出的 limit
        :return: 是否要删除 node 这个结点，True 表示要删除，False 表示不删除
        """
        # 先写递归终止条件：如果小于 limit，根据题意，要删除
        if node.left is None and node.right is None:
            return s + node.val < limit

        # 默认为左右结点均剪枝，注意：初值不能设置成 False
        l_tree_deleted = True
        r_tree_deleted = True

        # 如果有左子树，就先递归处理左子树
        if node.left:
            l_tree_deleted = self.__dfs(node.left, s + node.val, limit)

        # 如果有右子树，就先递归处理右子树
        if node.right:
            r_tree_deleted = self.__dfs(node.right, s + node.val, limit)

        # 左右子树是否删除的结论得到了，由自己来执行是否删除它们
        if l_tree_deleted:
            node.left = None
        if r_tree_deleted:
            node.right = None

        # 只有左右子树都被删除了，自己才没有必要保留
        return l_tree_deleted and r_tree_deleted

    def sufficientSubset(self, root: TreeNode, limit: int) -> TreeNode:
        root_deleted = self.__dfs(root, 0, limit)
        if root_deleted:
            return None
        return root
[]
public class Solution2 {

    /**
     * @param node
     * @param s
     * @param limit
     * @return 返回 node 结点是否被删除（注意：这个返回值的意义，直接影响整个逻辑。）
     */
    private Boolean dfs(TreeNode node, int s, int limit) {
        if (node.left == null && node.right == null) {
            return s + node.val < limit;
        }

        // 注意：如果 dfs 的返回值的意义是这个结点是否被删除，它们的默认值应该设置为 true
        boolean lTreeDeleted = true;
        boolean rTreeDeleted = true;

        // 如果有左子树，就先递归处理左子树
        if (node.left != null) {
            lTreeDeleted = dfs(node.left, s + node.val, limit);
        }
        // 如果有右子树，就先递归处理右子树
        if (node.right != null) {
            rTreeDeleted = dfs(node.right, s + node.val, limit);
        }

        // 左右子树是否保留的结论得到了，由自己来执行是否删除它们
        if (lTreeDeleted) {
            node.left = null;
        }
        if (rTreeDeleted) {
            node.right = null;
        }

        // 只有左右子树都被删除了，自己才没有必要保留
        return lTreeDeleted && rTreeDeleted;
    }

    public TreeNode sufficientSubset(TreeNode root, int limit) {
        boolean rootDeleted = dfs(root, 0, limit);
        if (rootDeleted) {
            return null;
        }
        return root;
    }
}

如果 __dfs() 方法返回值的意义是“当前结点是否被保留”，参考代码如下。

[]
class TreeNode:
    def __init__(self, x):
        self.val = x
        self.left = None
        self.right = None


# 算法思想：分治法
# 后序遍历：dfs 的返回值是：是否保留这个节点

class Solution:
    def __dfs(self, node, s, limit):
        """
        后序遍历
        :param node: 当前遍历的结点
        :param s: 当前累计的和
        :param limit: 题目中给出的 limit
        :return: 是否要保留 node 这个结点，True 表示要保留，False 表示不保留
        """
        # 先写递归终止条件：如果大于等于 limit，根据题意，要保留
        if node.left is None and node.right is None:
            return node.val + s >= limit

        # 默认为左右结点均剪枝
        # 注意：初值不能设置成 True
        # 因为，当左右子树只有一个存在的时候，这个子树的逻辑值直接决定了父结点是否被保留
        ltree_saved = False
        rtree_saved = False

        # 如果有左子树，就先递归处理左子树
        if node.left:
            ltree_saved = self.__dfs(node.left, s + node.val, limit)
        # 如果有右子树，就先递归处理右子树
        if node.right:
            rtree_saved = self.__dfs(node.right, s + node.val, limit)

        # 左右子树是否保留的结论得到了，由自己来执行是否保留它们
        if not ltree_saved:
            node.left = None
        if not rtree_saved:
            node.right = None

        # 只要左右结点有一个被保留，这个结点就得被保留
        return ltree_saved or rtree_saved

    def sufficientSubset(self, root: TreeNode, limit: int) -> TreeNode:
        root_saved = self.__dfs(root, 0, limit)
        if not root_saved:
            return None
        return root

[]
class TreeNode {
    int val;
    TreeNode left;
    TreeNode right;

    TreeNode(int x) {
        val = x;
    }
}

public class Solution {

    /**
     * @param node
     * @param s
     * @param limit
     * @return 返回 node 结点是否被保留（注意：这个返回值的意义，直接影响整个逻辑。）
     */
    private Boolean dfs(TreeNode node, int s, int limit) {
        if (node.left == null && node.right == null) {
            return s + node.val >= limit;
        }

        // 注意：如果 dfs 的返回值的意义是这个结点是否被保留，它们的默认值应该设置为 false
        boolean ltree_saved = false;
        boolean rtree_saved = false;

        // 如果有左子树，就先递归处理左子树
        if (node.left != null) {
            ltree_saved = dfs(node.left, s + node.val, limit);
        }

        // 如果有右子树，就先递归处理右子树
        if (node.right != null) {
            rtree_saved = dfs(node.right, s + node.val, limit);
        }

        // 左右子树是否保留的结论得到了，由自己来执行是否删除它们
        if (!ltree_saved) {
            node.left = null;
        }

        if (!rtree_saved) {
            node.right = null;
        }

        // 左右子树有一颗被保留，自己就应该被保留
        return ltree_saved || rtree_saved;
    }

    public TreeNode sufficientSubset(TreeNode root, int limit) {
        boolean root_saved = dfs(root, 0, limit);
        if (!root_saved) {
            return null;
        }
        return root;
    }
}

复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(N)$，$N$ 为二叉树结点的个数。
  • 空间复杂度：$O(1)$。

统计信息

通过次数 提交次数 AC比率
4496 9079 49.5%

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