力扣112 路徑總和（遞迴迭代）

力扣112. 路徑總和（遞迴、迭代）

給定乙個二叉樹和乙個目標和，判斷該樹中是否存在根節點到葉子節點的路徑，這條路徑上所有節點值相加等於目標和。

說明: 葉子節點是指沒有子節點的節點。

示例:

給定如下二叉樹，以及目標和 sum = 22，

5/ \

4 8

/ / \

11 13 4

/ \ \

7 2 1

返回 true, 因為存在目標和為 22 的根節點到葉子節點的路徑 5->4->11->2。

複雜度分析

時間複雜度：我們訪問每個節點一次，時間複雜度為 o(n) ，其中 n 是節點個數。

空間複雜度：最壞情況下，整棵樹是非平衡的，例如每個節點都只有乙個孩子，遞迴會呼叫 n 次（樹的高度），因此棧的空間開銷是 o(n) 。但在最好情況下，樹是完全平衡的，高度只有 log(n)，因此在這種情況下空間複雜度只有 o(log(n)) 。

最直接的方法就是利用遞迴，遍歷整棵樹：如果當前節點不是葉子，對它的所有孩子節點，遞迴呼叫 haspathsum 函式，其中 sum 值減去當前節點的權值；如果當前節點是葉子，檢查 sum 值是否為 0，也就是是否找到了給定的目標和。

#include "stdafx.h"
#include#include#include using namespace std;
struct treenode
};class solution
else
}return haspathsum(root->left, sum - root->val) || haspathsum(root->right, sum - root->val);
}};int main()
;	p[0].left = &p[1]; p[0].right = &p[2];
p[1].left = &p[3]; p[1].right = &p[4];
p[2].left = &p[5]; p[2].right = &p[6];
p[3].left = &p[7]; p[3].right = &p[8];
p[4].left = &p[9];
p[5].right = &p[10];
solution s;
auto result = s.haspathsum(p, 15);
return 0;
}

其實，做為樹的遞迴題目是非常有套路可循的，因為樹有兩個分支，所以在遞迴裡也有兩個分支，一般是通過遞迴 a（||，&&）遞迴 b 來實現分支的。只要明白了這一點，遞迴函式就不會很難設計。

所以我們從包含根節點的棧開始模擬，剩餘目標和為sum - root.val

然後開始迭代：彈出當前元素，如果當前剩餘目標和為 0 並且在葉子節點上返回 true；如果剩餘和不為零並且還處在非葉子節點上，將當前節點的所有孩子以及對應的剩餘和壓入棧中。

複雜度分析

時間複雜度：和遞迴方法相同是 o(n)。

空間複雜度：當樹不平衡的最壞情況下是 o(n) 。在最好情況（樹是平衡的）下是 o(logn)。

力扣112 路徑總和（遞迴 迭代）

112 路徑總和

112路徑總和

112 路徑總和

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