英文原文
Write an algorithm to find the "next" node (i.e., in-order successor) of a given node in a binary search tree.
Return null if there's no "next" node for the given node.
Example 1:
Input: root = [2,1,3], p = 1
2
/ \
1 3
Output: 2
Example 2:
Input: root = [5,3,6,2,4,null,null,1], p = 6
5
/ \
3 6
/ \
2 4
/
1
Output: null
中文题目
设计一个算法，找出二叉搜索树中指定节点的“下一个”节点（也即中序后继）。
如果指定节点没有对应的“下一个”节点，则返回null。
示例 1:
输入: root = [2,1,3], p = 1
2
/ \
1 3
输出: 2
示例 2:
输入: root = [5,3,6,2,4,null,null,1], p = 6
5
/ \
3 6
/ \
2 4
/
1
输出: null
通过代码
高赞题解
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题解
BST+递归
首先本题中的二叉树还是个二叉搜索树，也就是中序遍历是单调递增的，所以我们可以利用这个性质来简化查找过程。
- 如果结点
p的值大于等于root的值，说明p的后继结点在root右子树中，那么就递归到右子树中查找。 - 如果结点
p的值小于root的值，说明p在root左子树中，而它的后继结点有两种可能，要么也在左子树中，要么就是root：- 如果左子树中找到了后继结点，那就直接返回答案。
- 如果左子树中没有找到后继结点，那就说明
p的右儿子为空，那么root就是它的后继结点。
BST+非递归
- 如果
p有右儿子，那么它的后继结点就是右子树的最左边的儿子。 - 如果
p没有右儿子，那么它的后继结点就是，沿着p往上到root的路径中，第一个左儿子在路径上的结点。因为这个结点的左子树中p是最右边的结点，是最大的，所以它就是p的后继结点。因为是二叉搜索树，我们就可以从根结点开始往p走，根据结点值的大小决定走的方向。
一般树+递归
那如果是一般的二叉树，中序遍历就不满足单调递增了，这时候我们就只能找出中序遍历的结点顺序，然后才能得到 p 的后继结点。
所以我们直接采用递归来做中序遍历就行了，中序遍历结果保存下来，最后取 p 的下一个结点。
一般树+非递归
当然还可以采用栈来做中序遍历，这样就是非递归了。同样结果保存下来，最后取 p 的下一个结点。
一般树+Morris遍历
如果看过我前两天的一道关于二叉搜索树的题解：
韦阳的博客：【每日算法Day 73】学妹大半夜私聊我有空吗，然后竟然做出这种事！
知乎专栏：【每日算法Day 73】学妹大半夜私聊我有空吗，然后竟然做出这种事！
那么你一定会知道这个 Morris 遍历算法，用常数空间来解决结点无法访问父结点的问题。这里就不细讲了，请直接看之前的题解。方法是一样的，用 Morris 遍历得到中序遍历，然后遍历一遍找到 p ，输出它的下一个结点就行了。
代码
BST+递归（c++）
class Solution {
public:
TreeNode* inorderSuccessor(TreeNode* root, TreeNode* p) {
if (root == NULL || p == NULL) return NULL;
if (p->val >= root->val) {
return inorderSuccessor(root->right, p);
} else {
TreeNode* left = inorderSuccessor(root->left, p);
return left ? left : root;
}
}
};BST+非递归（c++）
class Solution {
public:
TreeNode* inorderSuccessor(TreeNode* root, TreeNode* p) {
if (p->right) {
p = p->right;
while (p->left) p = p->left;
return p;
}
TreeNode* res = NULL;
while (root != p) {
if (root->val < p->val) {
root = root->right;
} else {
res = root;
root = root->left;
}
}
return res;
}
};一般树+递归（c++）
class Solution {
public:
void inorder(TreeNode* root, vector<TreeNode*>& res) {
if (root->left) inorder(root->left, res);
res.push_back(root);
if (root->right) inorder(root->right, res);
}
TreeNode* inorderSuccessor(TreeNode* root, TreeNode* p) {
vector<TreeNode*> res;
inorder(root, res);
res.push_back(NULL);
for (int i = 0; i < res.size(); ++i) {
if (res[i] == p) {
return res[i+1];
}
}
return NULL;
}
};一般树+非递归（c++）
class Solution {
public:
TreeNode* inorderSuccessor(TreeNode* root, TreeNode* p) {
vector<TreeNode*> res;
stack<TreeNode*> st;
while (!st.empty() || root) {
while (root) {
st.push(root);
root = root->left;
}
root = st.top();
st.pop();
res.push_back(root);
root = root->right;
}
res.push_back(NULL);
for (int i = 0; i < res.size(); ++i) {
if (res[i] == p) {
return res[i+1];
}
}
return NULL;
}
};一般树+Morris遍历（c++）
class Solution {
public:
TreeNode* inorderSuccessor(TreeNode* root, TreeNode* p) {
vector<TreeNode*> res;
TreeNode *rightmost = NULL;
while (root) {
if (root->left) {
rightmost = root->left;
while (rightmost->right && rightmost->right != root) {
rightmost = rightmost->right;
}
if (rightmost->right != root) {
rightmost->right = root;
root = root->left;
} else {
res.push_back(root);
rightmost->right = NULL;
root = root->right;
}
} else {
res.push_back(root);
root = root->right;
}
}
res.push_back(NULL);
for (int i = 0; i < res.size(); ++i) {
if (res[i] == p) {
return res[i+1];
}
}
return NULL;
}
};统计信息
| 通过次数 | 提交次数 | AC比率 |
|---|---|---|
| 21487 | 36248 | 59.3% |
提交历史
| 提交时间 | 提交结果 | 执行时间 | 内存消耗 | 语言 |
|---|
