1448. Count Good Nodes in Binary Tree

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題意

• 給定一個二元樹，要找出這棵樹中所有的 good nodes
  • 一個節點如果在從 root 到該節點的路徑上，其值大於或等於該路徑上所有其他節點的值，則該節點為 good

限制

• The number of nodes in the binary tree is in the range [1, 10^5].
• Each node's value is between [-10^4, 10^4].

解題思路

• 要找出 goodNodes，對每個節點來說
  • 答案為左子樹 + 右子樹
  • 如果自己比父節點的數字都大，就額外 + 1
• 由以上的想法，可按 postorder 順序來遞迴
  • 透過 DFS 遍歷樹的每一個節點，並且在進入每個節點之前，記錄目前路徑上的最大值
  • 在走訪每個節點時，將目前節點的值與路徑上迄今為止的最大值比較。如果目前節點值大於或等於這個最大值，則當前節點是一個好節點
  • 每次遞迴呼叫都需要更新路徑最大值，並將左子樹和右子樹的好節點數量相加

Solution

/**
 * 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 {
    int dfs(TreeNode* root, int maxNum) {
        if (!root) {
            return 0;
        }

        maxNum = max(maxNum, root->val);
        int left = dfs(root->left, maxNum);
        int right = dfs(root->right, maxNum);
        if (root->val >= maxNum) {
            return left + right + 1;
        }
        return left + right;
    }
public:
    int goodNodes(TreeNode* root) {
        if (!root) {
            return 0;
        }

        return dfs(root, INT_MIN);
    }
};

時間與空間複雜度分析

• 時間複雜度：
  此解法透過 DFS 只需走訪每個節點一次，因此時間複雜度為 O(N)，其中 N 為樹中的節點數量。
• 空間複雜度：
  在最壞情況下，樹若呈現鏈狀，遞迴呼叫深度可達 N，故空間複雜度為 O(N)；若是較為平衡的樹，高度約為 O(log N)，則空間複雜度約為 O(log N)。