验证二叉树的前序序列化

题目描述

序列化二叉树的一种方法是使用前序遍历。当我们遇到一个非空节点时，我们可以记录下这个节点的值。如果它是一个空节点，我们可以使用一个标记值记录，例如 #。

     _9_
    /   \
   3     2
  / \   / \
 4   1  #  6
/ \ / \   / \
# # # #   # #

例如，上面的二叉树可以被序列化为字符串 "9,3,4,#,#,1,#,#,2,#,6,#,#"，其中 # 代表一个空节点。

给定一串以逗号分隔的序列，验证它是否是正确的二叉树的前序序列化。编写一个在不重构树的条件下的可行算法。

每个以逗号分隔的字符或为一个整数或为一个表示 null 指针的 ‘#’ 。

你可以认为输入格式总是有效的，例如它永远不会包含两个连续的逗号，比如 “1,,3” 。

示例 1：

1 2	输入: "9,3,4,#,#,1,#,#,2,#,6,#,#" 输出: true

示例 2：

1 2	输入: "1,#" 输出: false

示例 3：

1 2	输入: "9,#,#,1" 输出: false

题解

法一：栈

我们知道「前序遍历」是按照「根节点-左子树-右子树」的顺序遍历的，只有当根节点的所有左子树遍历完成之后，才会遍历右子树。

对于本题的输入，我们可以先判断「左子树」是否有效的，然后再判断「右子树」是否有效的，最后判断「根节点-左子树-右子树」是否为有效的。这个思路类似于递归，而把递归改写成循环时，就会使用「栈」，这就是本题使用「栈」的原因。

那么，如何判断一棵子树是有效的？当且仅当它的左右两棵子树都是有效的，这样递归下去就变成了判断叶子节点是不是有效的：

若叶子节点为 # ，那么它不能有左右子树
若叶子节点不为空，那么它的左右两棵子树为空（只有一个孩子为空，另一个孩子不为空时需要对不为空的孩子继续遍历）

为了兼容这两个情况，我们可以采用一个技巧，把有效叶子节点使用 # 代替，即：把 4## 替换成 # ，此时叶子节点将变成空节点，这样自底向上逐层化简，如果最后能够把所有的节点都化简为空节点，那么此序列是二叉树的前序序列化。

具体操作流程示例如下：

如示例 1 中的输入： 9,3,4,#,#,1,#,#,2,#,6,#,#，当遇到 x,#,# 的时候，就把它变为 #。

模拟一遍过程：

[9,3,4,#,#] => [9,3,#]，继续
[9,3,#,1,#,#] => [9,3,#,#] => [9,#] ，继续
[9,#2,#,6,#,#] => [9,#,2,#,#] => [9,#,#] => [#]，结束

代码如下：

class Solution {
        public boolean isValidSerialization(String preorder) {
        LinkedList<String> stack = new LinkedList<>();
        for (String s : preorder.split(",")) {
            stack.push(s);
            while (stack.size() >= 3
                    && stack.get(0).equals("#")
                    && stack.get(1).equals("#")
                    && !stack.get(2).equals("#")) {
                stack.pop();
                stack.pop();
                stack.pop();
                stack.push("#");
            }
        }
        return stack.size() == 1 && stack.pop().equals("#");
    }
}

法二：栈

此方法和法一本质上是相同的，不过采用的是不同的思考方式。

我们思考一下按照前序遍历的序列，从树根来建立一棵二叉树的过程。首先我们放置树根，这时候多出了树根的左右两个孩子的空位可以继续来放节点，接下来我们读取到一个节点，放到左子树，这时我们消耗了一个空位，同时又创造出了两个空位。。。

所以我们可以定义一个概念，叫做槽位（与上面的“空位”含义相同）。一个槽位可以被看作「当前二叉树中正在等待被节点填充」的那些位置。

二叉树的建立也伴随着槽位数量的变化。每当遇到一个节点时：

如果遇到了空节点，则要消耗一个槽位；
如果遇到了非空节点，则除了消耗一个槽位外，还要再补充两个槽位。

此外，还需要将根节点作为特殊情况处理。

我们使用栈来维护槽位的变化。栈中的每个元素，代表了对应节点处剩余槽位的数量，而栈顶元素就对应着下一步可用的槽位数量。当遇到空节点时，仅将栈顶元素减 1；当遇到非空节点时，将栈顶元素减 1 后，再向栈中压入一个 2。无论何时，如果栈顶元素变为 0，就立刻将栈顶弹出。

遍历结束后，若栈为空，说明没有待填充的槽位，因此是一个合法序列；否则若栈不为空，则序列不合法。此外，在遍历的过程中，若槽位数量不足，则序列不合法。

代码：

class Solution {
    public boolean isValidSerialization(String preorder) {
        int n = preorder.length();
        int i = 0;
        Deque<Integer> stack = new LinkedList<Integer>();
        stack.push(1);
        while (i < n) {
            if (stack.isEmpty()) {
                return false;
            }
            if (preorder.charAt(i) == ',') {
                i++;
            } else if (preorder.charAt(i) == '#'){
                int top = stack.pop() - 1;
                if (top > 0) {
                    stack.push(top);
                }
                i++;
            } else {
                // 读一个数字
                while (i < n && preorder.charAt(i) != ',') {
                    i++;
                }
                int top = stack.pop() - 1;
                if (top > 0) {
                    stack.push(top);
                }
                stack.push(2);
            }
        }
        return stack.isEmpty();
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 为字符串的长度。我们每个字符只遍历一次，同时每个字符对应的操作都是常数时间的。

空间复杂度：$O(n)$。此为栈所需要使用的空间。

简化

如果你看懂了上面的思路，你应该能看出来，这个栈其实是不需要的，我们只需要维护一个计数器代表栈中元素之和即可，这样空间复杂度可降为 $O(1)$。

代码如下：

class Solution {
    public boolean isValidSerialization1(String preorder) {
        int slots = 1;
        for (String s : preorder.split(",")) {
            if (slots == 0) {
                return false;
            }
            if (s.equals("#")) {
                slots--;
            } else {
                slots++; //减去 1，加上 2，总体是 +1
            }
        }
        return slots == 0;
    }
}

怎么样，是不是简单许多？

法三：计算入度和出度

我们知道，在树中，所有节点的入度之和等于出度之和。可以根据这个特点判断输入序列是否是有效的。

在一棵二叉树中：

每个空节点（ "#" ）会提供 0 个出度和 1 个入度。
每个非空节点会提供 2 个出度和 1 个入度（根节点的入度是 0）。

我们只要把字符串遍历一次，每个节点都累加 diff = 出度 - 入度 。在遍历到任何一个节点的时候，要求 diff >= 0，原因是还没遍历到该节点的子节点，所以此时的出度应该大于等于入度。当所有节点遍历完成之后，整棵树的 diff == 0 。

这里解释一下为什么下面的代码中 diff 的初始化为 1。因为，我们加入一个非空节点时，都会对 diff 先减去 1（入度），再加上 2（出度）。但是由于根节点没有父节点，所以其入度为 0，出度为 2。因此 diff 初始化为 1，是为了在加入根节点的时候，diff 先减去 1（入度），再加上 2（出度），此时 diff 正好应该是2.

本质上和上面法二的简化版本是差不多的，代码如下：

class Solution {
    public boolean isValidSerialization(String preorder) {
        int diff = 1;
        for (String s : preorder.split(",")) {
            diff--;
            if (diff < 0)
                return false;
            if (!s.equals("#")) {
                diff += 2;
            }
        }
        return diff == 0;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 为字符串的长度。我们每个字符只遍历一次，同时每个字符对应的操作都是常数时间的。

空间复杂度：$O(1)$。

参考

LeetCode-Solution

fuxuemingzhu