( “树” 之 BST) 538. 把二叉搜索树转换为累加树 ——【Leetcode每日一题】

二叉查找树（BST）：根节点大于等于左子树所有节点，小于等于右子树所有节点。
二叉查找树中序遍历有序。

538. 把二叉搜索树转换为累加树

给出二叉 搜索 树的根节点，该树的节点值各不相同，请你将其转换为累加树（Greater Sum Tree），使每个节点 node 的新值等于原树中大于或等于 node.val 的值之和。

提醒一下，二叉搜索树满足下列约束条件：

• 节点的左子树仅包含键 小于 节点键的节点。
• 节点的右子树仅包含键 大于 节点键的节点。
• 左右子树也必须是二叉搜索树。

注意：本题和 1038: https://leetcode-cn.com/problems/binary-search-tree-to-greater-sum-tree/ 相同

示例 1：

输入：[4,1,6,0,2,5,7,null,null,null,3,null,null,null,8]
输出：[30,36,21,36,35,26,15,null,null,null,33,null,null,null,8]

示例 2：

输入：root = [0,null,1]
输出：[1,null,1]

示例 3：

输入：root = [1,0,2]
输出：[3,3,2]

示例 4：

输入：root = [3,2,4,1]
输出：[7,9,4,10]

提示：

• 树中的节点数介于 0 和 1 0 4 10^4 104 之间。
• 每个节点的值介于 -104 和 1 0 4 10^4 104 之间。
• 树中的所有值 互不相同 。
• 给定的树为二叉搜索树。

思路：反序中序遍历

二叉搜索树中序遍历就是有序的，所以中序遍历该树，大于或等于 node.val 的值即是当前节点遍历值及其后面的值。

• 由于求大于或等于 node.val 的值之和，所以采用右、中、左的遍历顺序，即可得到逆序的序列；
• 定义一个全局变量sum，记录已经遍历节点的和，当遍历到node节点时，只需再加上sum，即为该节点的替换值。

法一：递归、法二：迭代

略，具体思路请看：94. 二叉树的中序遍历

代码：(Java、C++)

法一：递归
Java

/* Definition for a binary tree node.* public class TreeNode {*     int val;*     TreeNode left;*     TreeNode right;*     TreeNode() {}*     TreeNode(int val) { this.val = val; }*     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {*         this.val = val;*         this.left = left;*         this.right = right;*     }* }*/
class Solution {private int sum = 0;public TreeNode convertBST(TreeNode root) {dfs(root);return root;}public void dfs(TreeNode root){if(root == null) return;if(root.right != null) dfs(root.right);root.val += sum;sum = root.val;if(root.left != null) dfs(root.left);}
}

C++

/* 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 sum = 0;TreeNode* convertBST(TreeNode* root) {dfs(root);return root;}void dfs(TreeNode* root){if(root == nullptr) return;if(root->right != nullptr) dfs(root->right);root->val += sum;sum = root->val;if(root->left != nullptr) dfs(root->left);}
};

法二：迭代
Java

class Solution {public TreeNode convertBST(TreeNode root) {Stack<TreeNode> stk = new Stack();int sum = 0;if(root == null) return root;TreeNode cur = root;while(cur != null || !stk.isEmpty()){while(cur != null){stk.push(cur);cur = cur.right;}cur = stk.pop();cur.val += sum;sum = cur.val;cur = cur.left;}return root;}
}

C++

class Solution {
public:TreeNode* convertBST(TreeNode* root) {stack<TreeNode*> stk;int sum = 0;if(root == nullptr) return root;TreeNode* cur = root;while(cur != nullptr || !stk.empty()){while(cur != nullptr){stk.push(cur);cur = cur->right;}cur = stk.top();stk.pop();cur->val += sum;sum = cur->val;cur = cur->left;}return root;}
};

运行结果：

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 n 是二叉搜索树的节点数。每一个节点恰好被遍历一次。
• 空间复杂度：$O(n)$，为递归过程中栈的开销，平均情况下为 $O(logn)$，最坏情况下树呈现链状，为$O(n)$。

题目来源：力扣。

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