递归和迭代【Py/Java/C++三种语言详解】LeetCode每日一题240219【树DFS】LeetCode 590、 N 叉树的后序遍历

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文章目录

• 题目链接
• 题目描述
• 解题思路
• 代码
• • Python
  • Java
  • C++
  • 时空复杂度
  • 华为OD算法/大厂面试高频题算法练习冲刺训练

    题目链接

    LeetCode590、 N 叉树的后序遍历

    题目描述

    给定一个 n 叉树的根节点 root ，返回 其节点值的 后序遍历 。

    n 叉树 在输入中按层序遍历进行序列化表示，每组子节点由空值 null 分隔（请参见示例）。

    示例 1：

    输入：root = [1,null,3,2,4,null,5,6]

    输出：[5,6,3,2,4,1]

    示例 2：

    输入：root = [1,null,2,3,4,5,null,null,6,7,null,8,null,9,10,null,null,11,null,12,null,13,null,null,14]

    输出：[2,6,14,11,7,3,12,8,4,13,9,10,5,1]

    提示：

    • 节点总数在范围 [0, 10(4)] 内
    • 0 访问根节点的值**

      即如下图所示

      换句话说，如果我们按照类似【二叉树DFS】LeetCode 589、 N 叉树的前序遍历的迭代法逆序地遍历node.children，对应的对称N叉树的遍历是一种类似于后序遍历，但层内是从右往左的遍历。

      我们再考虑这棵对称N叉树的从左往右的前序遍历，会得到原N叉树的后序遍历的逆序结果，即

      所以我们把N叉树的后序遍历，转换为了其对称N叉树的前序遍历，最后再取逆序即可。

      而对称N叉树的每层从左往右遍历，等同于其原N叉树每层从右往左遍历。

      所以迭代法类似二叉树的BFS，只不过是把维护一个队列改为维护一个栈。其核心过程为

      stack = [root]  while(len(stack)):    node = stack.pop()    ans.append(node.val)    for children in node.children:            if children:            stack.append(children)return ans[::-1]    

      注意每一个子节点入栈的顺序是正序的，即for children in node.children:。这样可以得到其对称N叉树的前序遍历结果了。注意最终的返回结果是ans的逆序结果ans[::-1]。

      代码

      Python

      """# Definition for a Node.class Node:    def __init__(self, val=None, children=None):        self.val = val        self.children = children"""class Solution:    def postorder(self, root: 'Node') -> List[int]:        # 迭代法        ans = list()        if not root:            return []        stack = [root]  # 用栈维护DFS过程        while(len(stack)):            node = stack.pop()            ans.append(node.val)            for children in node.children:    # 子节点正序存入                if children:                    stack.append(children)        return ans[::-1]    # 答案最后要反序

      Java

      class Solution {    public List postorder(Node root) {        List ans = new ArrayList();        if (root == null)            return ans;        Stack stack = new Stack();        stack.push(root);        while (!stack.isEmpty()) {            Node node = stack.pop();            ans.add(node.val);            for (Node child : node.children) {                if (child != null) {                    stack.push(child);                }            }        }        List reversedAns = new ArrayList();        for (int i = ans.size() - 1; i >= 0; i--) {            reversedAns.add(ans.get(i));        }        return reversedAns;    }}

      C++

      class Solution {public:    vector postorder(Node* root) {        vector ans;        if (!root)            return ans;        stack stack;        stack.push(root);        while (!stack.empty()) {            Node* node = stack.top();            stack.pop();            ans.push_back(node->val);            for (Node* child : node->children) {                if (child != NULL) {                    stack.push(child);                }            }        }        reverse(ans.begin(), ans.end());        return ans;    }};

      时空复杂度

      时间复杂度：O(N)。仅需一次遍历整棵树。

      空间复杂度：O(N)。栈所占最大空间。

      ---

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