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@TOC
一、剑指 Offer 25. 合并两个排序的链表
1. 题目描述
2. 思路分析
(线性合并) O(n)
1. 新建头部的保护结点`dummy`，设置`cur` 指针指向`dummy`。
2. 若当前$l_1$指针指向的结点的值`val`比$l_2$指针指向的结点的值`val`小 ，则令`cur`的`next`指针指向$l_1$，且$l_1$后移；否则指向$l_2$，且 $l_2$后移。
3. 然后`cur`指针按照上一部设置好的位置后移。
4. 循环以上步骤直到$l_1$或$l_2$为空。
5. 将剩余的$l_1$或$l_2$接到`cur`指针后边。
3. 代码实现
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) {
auto dummy = new ListNode(-1), cur = dummy;
while (l1 && l2) {
if (l1->val < l2->val) {
cur = cur->next = l1;
l1 = l1->next;
} else {
cur = cur->next = l2;
l2 = l2->next;
}
}
if (l1) cur->next = l1;
if (l2) cur->next = l2;
return dummy->next;
}
};
二、剑指 Offer 26. 树的子结构
1. 题目描述
2. 思路分析
- 首先判断两个二叉树为空的情况，如果为空，直接
return false; - 如果不为空，就可以调用
isSame(A, B)函数来判断B是否为A的子树。如果不是，则递归，判断B是否是A的左子树的子树，或者，B是否是A的右子树的子树。注意是|| - 对于函数
isSame(A, B)的细节。首先判断B子树的节点是否为空，如果为空，说明前面的都匹配，直接return true; - 接下来，如果B树的节点不为空，但是A树的节点为空，那么一定不匹配，直接
return false; - 如果A和B树的节点都不为空，但是值不一样，那也是不匹配，直接
return false; - 最后如果 B树的节点不为空， A树的节点也不为空， A树和B树的当前节点是匹配的。那么我们就递归到A和B的左子树，同时，A和B的右子树，看看是否匹配，注意这里是
&&。
注意：isSame()中的顺序不能改：
- 先判断B的节点是否为空，是的话说明该节点的父节点已经匹配，
return true； - 这时，再判断A的节点是否为空，走到这句说明B的节点不为空，如果A空B不空，一定不匹配，
return false; 第3句，说明A和B都不为空，就看对应的
val是否相等，不等就return false；相等的话就向下递归，看这个节点在2棵树中对应的左右子树是否匹配。3. 代码实现
/** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { * int val; * TreeNode *left; * TreeNode *right; * TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {} * };
class Solution {
public:
bool isSubStructure(TreeNode* A, TreeNode* B) {
if (!A || !B) return false;
if (isSame(A, B)) return true;
return isSubStructure(A->left, B) || isSubStructure(A->right,B);
}
bool isSame(TreeNode* p1, TreeNode* p2) {
if (!p2) return true;
if (!p1 || p1->val != p2->val) return false;
return isSame(p1->left, p2->left) && isSame(p1->right, p2->right);
}};
# 三、剑指 Offer 27. 二叉树的镜像
## 1. 题目描述
## 2. 思路分析
这是一道很经典的二叉树问题。显然，我们从根节点开始，递归地对树进行遍历，并从叶子节点先开始翻转得到镜像。如果当前遍历到的节点 `root` 的左右两棵子树都已经翻转得到镜像，那么我们只需要交换两棵子树的位置，即可得到以 `root` 为根节点的整棵子树的镜像。
## 3. 代码实现/**
- Definition for a binary tree node.
- struct TreeNode {
- int val;
- TreeNode *left;
- TreeNode *right;
- TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
- };
*/
class Solution {
public:
TreeNode* mirrorTree(TreeNode* root) {
if (root == NULL) return NULL;
TreeNode *left = mirrorTree(root->left);
TreeNode *right = mirrorTree(root->right);
root->left = right;
root->right = left;
return root;
}};
# 四、剑指 Offer 28. 对称的二叉树
## 1. 题目描述
## 2. 思路分析
如果一个树的左子树与右子树镜像对称，那么这个树是对称的。
因此，该问题可以转化为：两个树在什么情况下互为镜像？
如果同时满足下面的条件，两个树互为镜像：
1. 它们的两个根结点具有相同的值；
2. 每个树的右子树都与另一个树的左子树镜像对称。
我们可以实现这样一个递归函数，通过`同步移动`两个指针的方法来遍历这棵树，`p` 指针和 `q` 指针一开始都指向这棵树的根，随后 `p` 右移时，`q` 左移，`p` 左移时，`q` 右移。每次检查当前 `p` 和 `q` 节点的值是否相等，如果相等再判断左右子树是否对称。
## 3. 代码实现/**
- Definition for a binary tree node.
- struct TreeNode {
- int val;
- TreeNode *left;
- TreeNode *right;
- TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
- };
*/
class Solution {
public:
bool isSymmetric(TreeNode* root) {
return check(root, root);
}
bool check(TreeNode *p, TreeNode *q) {
if (!p && !q) return true;
if (!p || !q) return false;
return p->val == q->val && check(p->left, q->right) && check(p->right, q->left);
}};
# 五、剑指 Offer 29. 顺时针打印矩阵
## 1. 题目描述
## 2. 思路分析
我们顺时针定义四个方向：上右下左。
从左上角开始遍历，先往右走，走到不能走为止，然后更改到下个方向，再走到不能走为止，依次类推，遍历 $n^2$个格子后停止。
## 3.代码实现class Solution {
public:
vector<int> spiralOrder(vector<vector<int>>& matrix) {
vector<int> res;
int n = matrix.size();
if (!n) return res;
int m = matrix[0].size();
int dx[4] = {0, 1, 0, -1}, dy[4] = {1, 0, -1, 0};
vector<vector<bool>> st(n, vector<bool>(m));
for (int i = 0, x = 0, y = 0, d = 0; i < n * m; i ++ ) {
res.push_back(matrix[x][y]);
st[x][y] = true;
int a = x + dx[d], b = y + dy[d];
if (a < 0 || a >= n || b < 0 || b >= m || st[a][b]) {
d = (d + 1) % 4;
a = x + dx[d], b = y + dy[d];
}
x = a, y = b;
}
return res;
}};
# 六、剑指 Offer 30. 包含min函数的栈
## 1. 题目描述
## 2. 思路分析
我们除了维护基本的栈结构之外，还需要维护一个`单调栈`，来实现返回最小值的操作。
下面介绍如何维护单调栈：
1. 当我们向栈中压入一个数时，如果该数 ≤ 单调栈的栈顶元素，则将该数同时压入单调栈中；否则，不压入，这是由于栈具有先进后出性质，所以在该数被弹出之前，栈中一直存在一个数比该数小，所以该数一定不会被当做最小数输出。
2. 当我们从栈中弹出一个数时，如果该数等于单调栈的栈顶元素，则同时将单调栈的栈顶元素弹出。
3. 单调栈由于其具有单调性，所以它的栈顶元素，就是当前栈中的最小数。
## 3. 代码实现class MinStack {
public:
/** initialize your data structure here. */
stack<int> stackValue;
stack<int> stackMin;
MinStack() {
}
void push(int x) {
stackValue.push(x);
if (stackMin.empty() || stackMin.top() >= x)
stackMin.push(x);
}
void pop() {
if (stackMin.top() == stackValue.top()) stackMin.pop();
stackValue.pop();
}
int top() {
return stackValue.top();
}
int min() {
return stackMin.top();
}};
/**
- Your MinStack object will be instantiated and called as such:
- MinStack* obj = new MinStack();
- obj->push(x);
- obj->pop();
- int param_3 = obj->top();
- int param_4 = obj->min();
*/
# 七、剑指 Offer 31. 栈的压入、弹出序列
## 1. 题目描述
## 2. 思路分析
借用一个辅助栈`stack` ，模拟 **压入 / 弹出操作**的排列。根据是否模拟成功，即可得到结果。
- **入栈操作：** 按照压栈序列的顺序执行。
- **出栈操作：** 每次入栈后，循环判断 “栈顶元素 == 弹出序列的当前元素” 是否成立，将符合弹出序列顺序的栈顶元素全部弹出。
**算法流程：**
1. **初始化：** 辅助栈 `stack `，弹出序列的索引 `index` ；
2. 遍历压栈序列： 各元素记为 num` ；
1. 元素 `num `入栈；
2. 循环出栈：若 `stack` 的栈顶元素 == 弹出序列元素 `popped[index]` ，则执行出栈与 `index ++` ；
3. **返回值：** 若 `stack` 为空，则此弹出序列合法。
## 3. 代码实现class Solution {
public:
bool validateStackSequences(vector<int>& pushed, vector<int>& popped) {
if (pushed.size() != popped.size()) return false;
stack<int> stack;
int index = 0;
for (int num : pushed) {
stack.push(num);
while (!stack.empty() && stack.top() == popped[index]) {
stack.pop();
index ++;
}
}
return stack.empty();
}};
# 八、剑指 Offer 32 - I. 从上到下打印二叉树
## 1. 题目描述
## 2. 思路分析
题目要求的二叉树的 **从上至下** 打印（即按层打印），又称为二叉树的 **广度优先搜索**（**BFS**）。
**BFS** 通常借助 **队列** 的先入先出特性来实现。
算法流程：
1. **特例处理：** 当树的根节点为空，则直接返回空列表 [] ；
2. **初始化：** 打印结果列表 `res` ，包含根节点的队列 `queue[root]`；
3. **BFS 循环：** 当队列 queue 为空时跳出；
1. **出队：** 队首元素出队，记为 `t`；
2. **打印：** 将 `t.val` 添加至列表 `res`尾部；
3. **添加子节点：** 若 `t` 的左（右）子节点不为空，则将左（右）子节点加入队列 queue ；
4. **返回值：** 返回打印结果列表 `res` 即可。
## 3. 代码实现/**
- Definition for a binary tree node.
- struct TreeNode {
- int val;
- TreeNode *left;
- TreeNode *right;
- TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
- };
*/
class Solution {
public:
vector<int> levelOrder(TreeNode* root) {
vector<int> res;
if (!root) return res;
queue<TreeNode*> q;
q.push(root);
while (q.size()) {
auto t = q.front();
q.pop();
res.push_back(t->val);
if (t->left) q.push(t->left);
if (t->right) q.push(t->right);
}
return res;
}};
# 九、剑指 Offer 32 - II. 从上到下打印二叉树 II
## 1. 题目描述
## 2. 思路分析
本题是要求将本层全部节点打印到一行，并将下一层全部节点加入队列，以此类推，即可分为多行打印。
算法流程：
1. **特例处理：** 当树的根节点为空，则直接返回空列表 [] ；
2. **初始化：** 打印结果列表 `res` ，包含根节点的队列 `queue[root]`；
3. **BFS 循环：** 当队列 queue 为空时跳出；
1. 新建一个临时列表 `tmp` ，用于`存储当前层打印结果`；
2. **当前层打印循环：** 循环次数为当前层节点数（即队列 `queue` 长度）；
1. **出队：** 队首元素出队，记为 `t`；
2. **打印：** 将 `t.val` 添加至列表 `res`尾部；
3. **添加子节点：** 若 `t` 的左（右）子节点不为空，则将左（右）子节点加入队列 queue ；
3. 将当前层结果 `tmp` 添加入 `res` 。
4. **返回值：** 返回打印结果列表 `res` 即可。
## 3. 代码实现/**
- Definition for a binary tree node.
- struct TreeNode {
- int val;
- TreeNode *left;
- TreeNode *right;
- TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
- };
*/
class Solution {
public:
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
vector<vector<int>> res;
if (!root) return res;
queue<TreeNode*> q;
q.push(root);
while (q.size()) {
vector<int> tmp;
int n = q.size();
for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
auto p = q.front();
q.pop();
tmp.push_back(p->val);
if (p->left) q.push(p->left);
if (p->right) q.push(p->right);
}
res.push_back(tmp);
}
return res;
}};
# 十、剑指 Offer 32 - III. 从上到下打印二叉树 III
## 1. 题目描述
## 2. 思路分析
**层序遍历 + 倒序**
此方法的优点是只用列表即可，无需其他数据结构。
**偶数层倒序：** 若 `res` 的长度为 **奇数** ，说明当前是**偶数层**，则对 `tmp` 执行 **倒序** 操作。
## 3. 代码实现/**
- Definition for a binary tree node.
- struct TreeNode {
- int val;
- TreeNode *left;
- TreeNode *right;
- TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
- };
*/
class Solution {
public:
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
vector<vector<int>> res;
if (!root) return res;
queue<TreeNode*> q;
q.push(root);
while (q.size()) {
int n = q.size();
vector<int> tmp;
for (int i = 0; i < n; i ++ ) {
auto t = q.front();
q.pop();
tmp.push_back(t->val);
if (t->left) q.push(t->left);
if (t->right) q.push(t->right);
}
if (res.size() % 2 == 1) reverse(tmp.begin(), tmp.end());
res.push_back(tmp);
}
return res;
}};
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