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先序遍历

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> res;
        stack<TreeNode*> s;
        while(root != nullptr || !s.empty()){
            while(root != nullptr){
                s.push(root);
                res.push_back(root->val);
                root = root->left;
            }
            root = s.top();
            s.pop();
            root = root->right;
        }
        return res;
    }
};

中序遍历

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> res;
        stack<TreeNode* > s;
        while(root != nullptr || !s.empty()){
            while(root != nullptr){ // 若有左节点一直入栈
                s.push(root);
                root = root->left;
            }
            root = s.top();
            s.pop();
            res.push_back(root->val);
            root = root->right; // 访问右结点
        }
        return res;
    }
};

后序遍历

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> res;
        if (root == nullptr) {
            return res;
        }

        stack<TreeNode *> stk;
        TreeNode *prev = nullptr;
        while(root != nullptr || !stk.empty()){
            while(root != nullptr){ // 若有左节点一直入栈
                stk.push(root);
                root = root->left;
            }

            root = stk.top();
            stk.pop();
            if(root->right == nullptr || root->right == prev){ //如果为叶子结点或者
                res.push_back(root->val);
                prev = root;
                root = nullptr; // 去掉回溯 不然会一直循环
            } else {
                // 若有右结点则入栈(一层)
                stk.push(root);
                root = root->right;
            }
        }
        return res;
    }
};

给你一个单链表的头节点 head ,请你判断该链表是否为回文链表。如果是,返回 true ;否则,返回 false 。

 

示例 1:
image.png

输入:head = [1,2,2,1]
输出:true
示例 2:
image.png

输入:head = [1,2]
输出:false
 

提示:

链表中节点数目在范围[1, 105] 内
0 <= Node.val <= 9
 

进阶:你能否用 O(n) 时间复杂度和 O(1) 空间复杂度解决此题?

来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/palindrome-linked-list
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权,非商业转载请注明出处。

朴素做法

维护一个头插法的逆序链表reverseHead
遍历一遍链表 然后再用reverseHead和head进行比较是否相同

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool isPalindrome(ListNode* head) {
        ListNode* p = head;
        ListNode* reverseHead = nullptr;
        while(p){
            ListNode* tmp = new ListNode(p->val);
            tmp->next = reverseHead;
            reverseHead = tmp;
            p = p->next;
        }
        ListNode *a = head, *b = reverseHead;
        while(a && b){
            if(a->val != b->val){
                return false;
            }
            a = a->next;
            b = b->next;
        }
        return !(a || b);
    }
};

时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(n)

快慢指针法

利用快慢指针找到链表的中间结点 然后把后半部分链表原地逆置 然后再与前半部分进行比较
只需要判断与前半部分均相同即可。

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool isPalindrome(ListNode* head) {
        ListNode *slow = head, *fast = head;
        while(fast->next && fast->next->next){
            slow = slow->next;
            fast = fast->next->next;
        }

        ListNode *p = slow->next; // 中间链表的下一个 解决奇数的情况 1 2 1 会变为1 回文判断只会判断前面的1
        ListNode* reverseHead = nullptr;
        while(p){
            ListNode *tmp = p->next;
            p->next = reverseHead;
            reverseHead = p;
            p = tmp;
        }
        slow->next = nullptr;

        while(reverseHead){
            if(head->val != reverseHead->val){
                return false;
            }
            head = head->next;
            reverseHead = reverseHead->next;
        }
        return true;

    }
};

给你一个二叉搜索树的根节点 root ,返回 树中任意两不同节点值之间的最小差值 。

差值是一个正数,其数值等于两值之差的绝对值。

 

示例 1:
image.png

输入:root = [4,2,6,1,3]
输出:1
示例 2:
image.png

输入:root = [1,0,48,null,null,12,49]
输出:1
 

提示:

树中节点的数目范围是 [2, 100]
0 <= Node.val <= 105

来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/minimum-distance-between-bst-nodes
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权,非商业转载请注明出处。

利用二叉搜索树特性

绝对值最小即,两个结点值尽可能接近,而二叉搜索树的中序遍历是顺序排列,因此只需要检索每个相邻的元素的差值保留最小的即可

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    int res = INT_MAX;
    TreeNode* pre = nullptr;
    void inOrder(TreeNode* node){
        if(node == nullptr){
            return;
        }

        inOrder(node->left);
        if(pre){
            res = min(res, abs(pre->val - node->val));
        }
        pre = node;
        inOrder(node->right);
    }

    int minDiffInBST(TreeNode* root) {
        inOrder(root);
        return res;
    }
};

给定一个二叉搜索树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。

百度百科中最近公共祖先的定义为:“对于有根树 T 的两个结点 p、q,最近公共祖先表示为一个结点 x,满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大(一个节点也可以是它自己的祖先)。”

例如,给定如下二叉搜索树:  root = [6,2,8,0,4,7,9,null,null,3,5]

image.png

 

示例 1:

输入: root = [6,2,8,0,4,7,9,null,null,3,5], p = 2, q = 8
输出: 6
解释: 节点 2 和节点 8 的最近公共祖先是 6。
示例 2:

输入: root = [6,2,8,0,4,7,9,null,null,3,5], p = 2, q = 4
输出: 2
解释: 节点 2 和节点 4 的最近公共祖先是 2, 因为根据定义最近公共祖先节点可以为节点本身。
 

说明:

所有节点的值都是唯一的。
p、q 为不同节点且均存在于给定的二叉搜索树中。

来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/lowest-common-ancestor-of-a-binary-search-tree
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权,非商业转载请注明出处。

利用二叉搜索树性质

若当前结点小于两个结点最小值说明最近公共祖先只可能出现在右边(因为两个结点均出现在当前结点的右边)
同理

/**
 * 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* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
        int mMin = min(p->val, q->val);
        int mMax = max(p->val, q->val);
        if(root == nullptr) {
            return nullptr;
        } else if(root->val > mMax){
            return lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
        } else if(root->val < mMin){
            return lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
        } else {
            return root;
        }
    }
};

请你仅使用两个队列实现一个后入先出(LIFO)的栈,并支持普通栈的全部四种操作(push、top、pop 和 empty)。

实现 MyStack 类:

void push(int x) 将元素 x 压入栈顶。
int pop() 移除并返回栈顶元素。
int top() 返回栈顶元素。
boolean empty() 如果栈是空的,返回 true ;否则,返回 false 。
 

注意:

你只能使用队列的基本操作 —— 也就是 push to back、peek/pop from front、size 和 is empty 这些操作。
你所使用的语言也许不支持队列。 你可以使用 list (列表)或者 deque(双端队列)来模拟一个队列 , 只要是标准的队列操作即可。
 

示例:

输入:
["MyStack", "push", "push", "top", "pop", "empty"]
[[], [1], [2], [], [], []]
输出:
[null, null, null, 2, 2, false]

解释:
MyStack myStack = new MyStack();
myStack.push(1);
myStack.push(2);
myStack.top(); // 返回 2
myStack.pop(); // 返回 2
myStack.empty(); // 返回 False
 

提示:

1 <= x <= 9
最多调用100 次 push、pop、top 和 empty
每次调用 pop 和 top 都保证栈不为空
 

进阶:你能否仅用一个队列来实现栈。

来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/implement-stack-using-queues
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权,非商业转载请注明出处。

两个队列

我们用a队列暂存每次新插入的数据,b队列存放的是按栈排好序的数据
每次数据插入a队列,然后将b依次出栈插入到a然后再交换a和b

class MyStack {
public:
    MyStack() {

    }
    queue<int> a, b;
    void push(int x) {
        a.push(x);
        while(!b.empty()){
            a.push(b.front());
            b.pop();
        }
        queue<int> tmp = b;
        b = a;
        a = tmp;
    }
    
    int pop() {
        int tmp = b.front();
        b.pop();
        return tmp;
    }
    
    int top() {
        return b.front();
    }
    
    bool empty() {
        return b.empty();
    }
};

/**
 * Your MyStack object will be instantiated and called as such:
 * MyStack* obj = new MyStack();
 * obj->push(x);
 * int param_2 = obj->pop();
 * int param_3 = obj->top();
 * bool param_4 = obj->empty();
 */

一个队列

每次插入直接插入到队列中,然后将前面n-1个队列依次出队重新入队 保持栈的顺序

class MyStack {
public:
    MyStack() {

    }
    queue<int> a;
    void push(int x) {
        a.push(x);
        for(int i = 0; i < a.size() - 1; i++){
            a.push(a.front());
            a.pop();
        }
    }
    
    int pop() {
        int tmp = a.front();
        a.pop();
        return tmp;
    }
    
    int top() {
        return a.front();
    }
    
    bool empty() {
        return a.empty();
    }
};

/**
 * Your MyStack object will be instantiated and called as such:
 * MyStack* obj = new MyStack();
 * obj->push(x);
 * int param_2 = obj->pop();
 * int param_3 = obj->top();
 * bool param_4 = obj->empty();
 */