Invert Binary Tree

Question

  1. Invert a binary tree.
  3. Example
  4.   1         1
  5.  / \       / \
  6. 2   3  => 3   2
  7.    /       \
  8.   4         4
  9. Challenge
  10. Do it in recursion is acceptable, can you do it without recursion?

题解1 - Recursive

二叉树的题用递归的思想求解自然是最容易的，此题要求为交换左右子节点，故递归交换之即可。具体实现可分返回值为空或者二叉树节点两种情况，返回值为节点的情况理解起来相对不那么直观一些。

C++ - return void

  1. /**
  2.  * Definition of TreeNode:
  3.  * class TreeNode {
  4.  * public:
  5.  *     int val;
  6.  *     TreeNode *left, *right;
  7.  *     TreeNode(int val) {
  8.  *         this->val = val;
  9.  *         this->left = this->right = NULL;
  10.  *     }
  11.  * };
  12.  */
  13. class Solution {
  14. public:
  15.     /**
  16.      * @param root: a TreeNode, the root of the binary tree
  17.      * @return: nothing
  18.      */
  19.     void invertBinaryTree(TreeNode *root) {
  20.         if (root == NULL) return;
  22.         TreeNode *temp = root->left;
  23.         root->left = root->right;
  24.         root->right = temp;
  26.         invertBinaryTree(root->left);
  27.         invertBinaryTree(root->right);
  28.     }
  29. };

C++ - return TreeNode *

  1. /**
  2.  * Definition for a binary tree node.
  3.  * struct TreeNode {
  4.  *     int val;
  5.  *     TreeNode *left;
  6.  *     TreeNode *right;
  7.  *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
  8.  * };
  9.  */
  10. class Solution {
  11. public:
  12.     TreeNode* invertTree(TreeNode* root) {
  13.         if (root == NULL) return NULL;
  15.         TreeNode *temp = root->left;
  16.         root->left = invertTree(root->right);
  17.         root->right = invertTree(temp);
  19.         return root;
  20.     }
  21. };

源码分析

分三块实现，首先是节点为空的情况，然后使用临时变量交换左右节点，最后递归调用，递归调用的正确性可通过画图理解。

复杂度分析

每个节点遍历一次，时间复杂度为 O(n), 使用了临时变量，空间复杂度为 O(1).

题解2 - Iterative

递归的实现非常简单，那么非递归的如何实现呢？如果将递归改写成栈的实现，那么简单来讲就需要两个栈了，稍显复杂。其实仔细观察此题可发现使用 level-order 的遍历次序也可实现。即从根节点开始入队，交换左右节点，并将非空的左右子节点入队，从队列中取出节点，交换之，直至队列为空。

C++

  1. /**
  2.  * Definition of TreeNode:
  3.  * class TreeNode {
  4.  * public:
  5.  *     int val;
  6.  *     TreeNode *left, *right;
  7.  *     TreeNode(int val) {
  8.  *         this->val = val;
  9.  *         this->left = this->right = NULL;
  10.  *     }
  11.  * };
  12.  */
  13. class Solution {
  14. public:
  15.     /**
  16.      * @param root: a TreeNode, the root of the binary tree
  17.      * @return: nothing
  18.      */
  19.     void invertBinaryTree(TreeNode *root) {
  20.         if (root == NULL) return;
  22.         queue<TreeNode*> q;
  23.         q.push(root);
  24.         while (!q.empty()) {
  25.             // pop out the front node
  26.             TreeNode *node = q.front();
  27.             q.pop();
  28.             // swap between left and right pointer
  29.             swap(node->left, node->right);
  30.             // push non-NULL node
  31.             if (node->left != NULL) q.push(node->left);
  32.             if (node->right != NULL) q.push(node->right);
  33.         }
  34.     }
  35. };

源码分析

交换左右指针后需要判断子节点是否非空，仅入队非空子节点。

复杂度分析

遍历每一个节点，时间复杂度为 O(n), 使用了队列，最多存储最下一层子节点数目，最多只有总节点数的一半，故最坏情况下 O(n).

Reference