Leetcode 314 Binary Tree Vertical Order Traversal

思路

利用horizontal distance（下面简称hd）来解。根节点为0，left child = 0-1，right child = 0+1，以此类推。对树进行bfs，根据hd为key将所有hd相同的节点存到一个list中作为value，然后根据hd从小到大依次输出即可。

关于horizontal distance

见https://www.youtube.com/watch?v=V7alrvgS5AI
和https://www.geeksforgeeks.org/bottom-view-binary-tree/

代码

? 实现1

使用一个map来记录每个节点的hd值，使用两个变量minHd和maxHd来记录当前最大和最小的hd，这样就不用在最后对map的键进行排序操作了。minHd和maxHd初始化都应该是0。

? ? code

/*** Definition for a binary tree node.* public class TreeNode {* int val;* TreeNode left;* TreeNode right;* TreeNode(int x) { val = x; }* }*/
class Solution {
    public List<List<Integer>> verticalOrder(TreeNode root) {
    List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();if(root == null)return res;Map<TreeNode,Integer> hd = new HashMap<>();Map<Integer,List<Integer>> result = new HashMap<>();Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();int minHd = 0, maxHd = 0;queue.offer(root);hd.put(root,0);// bfswhile(!queue.isEmpty()) {
    TreeNode cur = queue.poll();int curHd = hd.get(cur);result.putIfAbsent(curHd,new ArrayList<>());result.get(curHd).add(cur.val);if(cur.left != null) {
    queue.offer(cur.left);int leftHd = curHd - 1;hd.put(cur.left,leftHd);// update minHdif(leftHd < minHd)minHd = leftHd;}if(cur.right != null) {
    queue.offer(cur.right);int rightHd = curHd + 1;hd.put(cur.right,rightHd);// update maxHdif(rightHd > maxHd)maxHd = rightHd;}}for(int i = minHd; i <= maxHd; i++) {
    res.add(result.get(i));}return res;}
}

? ? 复杂度

时间复杂度O(2n) = O(n), 空间复杂度O(n)

? 实现2

(jiuzhang)使用一个队列记录hd值，一个队列用于bfs，但是最后需要进行获取键的最大/最小值。

? ? code

/*** Definition for a binary tree node.* public class TreeNode {* int val;* TreeNode left;* TreeNode right;* TreeNode(int x) { val = x; }* }*/
class Solution {
    // 实现2:借助collections.max/minpublic List<List<Integer>> verticalOrder(TreeNode root) {
    List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();if(root == null)return res;Map<Integer,List<Integer>> hash = new HashMap<>();Queue<TreeNode> queue_node = new LinkedList<>();Queue<Integer> queue_hd = new LinkedList<>();queue_node.offer(root);queue_hd.offer(0);// bfswhile(!queue_node.isEmpty()) {
    int hd = queue_hd.poll();TreeNode node = queue_node.poll();hash.putIfAbsent(hd,new ArrayList<>());hash.get(hd).add(node.val);if(node.left != null) {
    queue_hd.offer(hd-1);queue_node.offer(node.left);}if(node.right != null) {
    queue_hd.offer(hd+1);queue_node.offer(node.right);}}int minHd = Collections.min(hash.keySet());int maxHd = Collections.max(hash.keySet());for(int i = minHd; i <= maxHd; i++) {
    res.add(hash.get(i));}return res;}
}

? ? 复杂度

时间复杂度O(4n) = O(n), 因为collectons.max/min耗时均为O(n)
空间复杂度O(n)

两种写法的优缺点分析

实现1:时间稍快，但是空间耗费稍微多一些（map需要2倍queue的空间）
实现2:时间稍慢，但是空间耗费少一些（理由同上）