1457. 二叉树中的伪回文路径

来源第 190 场周赛 Q3难度中等分数1405

题目描述

给你一棵二叉树，每个节点的值为 1 到 9 。我们称二叉树中的一条路径是「伪回文」的，当它满足：路径经过的所有节点值的排列中，存在一个回文序列。

请你返回从根到叶子节点的所有路径中 伪回文 路径的数目。

示例 1：

输入：root = [2,3,1,3,1,null,1]
输出：2 
解释：上图为给定的二叉树。总共有 3 条从根到叶子的路径：红色路径 [2,3,3] ，绿色路径 [2,1,1] 和路径 [2,3,1] 。
     在这些路径中，只有红色和绿色的路径是伪回文路径，因为红色路径 [2,3,3] 存在回文排列 [3,2,3] ，绿色路径 [2,1,1] 存在回文排列 [1,2,1] 。

示例 2：

输入：root = [2,1,1,1,3,null,null,null,null,null,1]
输出：1 
解释：上图为给定二叉树。总共有 3 条从根到叶子的路径：绿色路径 [2,1,1] ，路径 [2,1,3,1] 和路径 [2,1] 。
     这些路径中只有绿色路径是伪回文路径，因为 [2,1,1] 存在回文排列 [1,2,1] 。

示例 3：

输入：root = [9]
输出：1

提示：

给定二叉树的节点数目在范围 [1, 10⁵] 内
1 <= Node.val <= 9

解法

方法一：DFS + 位运算

思考

路径可重排成回文，当且仅当奇数次字符至多一个。节点值在 \(1\)～ \(9\)， \(n\le 10^5\)，用 \(10\) 位掩码的异或记录奇偶。

走到叶子时若 \(mask\) 至多一位为 \(1\)（即 \(mask\&(mask-1)=0\)）则计一条。DFS 下传掩码，左右子树方案相加。

一条路径是伪回文路径，当且仅当该路径经过的节点值的出现次数为奇数的数字为 \(0\) 个或 \(1\) 个。

由于二叉树节点值的范围为 \(1\) 到 \(9\)，因此对于每一条从根到叶子的路径，我们可以用一个长度为 \(10\) 的二进制数 \(mask\) 表示当前路径经过的节点值的出现状态，其中 \(mask\) 的第 \(i\) 位为 \(1\)，表示当前路径上节点值 \(i\) 的出现次数为奇数，否则表示其出现次数为偶数。那么，如果一条路径是伪回文路径，需要满足 \(mask \&(mask - 1) = 0\)，其中 \(\&\) 表示按位与运算。

基于以上分析，我们可以使用深度优先搜索的方法计算路径数。我们定义一个函数 \(dfs(root, mask)\)，表示从当前 \(root\) 节点开始，且当前节点的状态为 \(mask\) 的所有伪回文路径的个数。那么答案就是 \(dfs(root, 0)\)。

函数 \(dfs(root, mask)\) 的执行逻辑如下：

如果 \(root\) 为空，则返回 \(0\)；

否则，令 \(mask = mask \oplus 2^{root.val}\)，其中 \(\oplus\) 表示按位异或运算。

如果 \(root\) 是叶子节点，那么如果 \(mask \&(mask - 1) = 0\)，返回 \(1\)，否则返回 \(0\)；

如果 \(root\) 不是叶子节点，返回 \(dfs(root.left, mask) + dfs(root.right, mask)\)。

时间复杂度 \(O(n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)。其中 \(n\) 是二叉树的节点数。

Python3JavaC++GoTypeScriptRust

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution:
    def pseudoPalindromicPaths(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
        def dfs(root: Optional[TreeNode], mask: int):
            if root is None:
                return 0
            mask ^= 1 << root.val
            if root.left is None and root.right is None:
                return int((mask & (mask - 1)) == 0)
            return dfs(root.left, mask) + dfs(root.right, mask)

        return dfs(root, 0)

/**
 * 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 {
    public int pseudoPalindromicPaths(TreeNode root) {
        return dfs(root, 0);
    }

    private int dfs(TreeNode root, int mask) {
        if (root == null) {
            return 0;
        }
        mask ^= 1 << root.val;
        if (root.left == null && root.right == null) {
            return (mask & (mask - 1)) == 0 ? 1 : 0;
        }
        return dfs(root.left, mask) + dfs(root.right, mask);
    }
}

/**
 * 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 pseudoPalindromicPaths(TreeNode* root) {
        function<int(TreeNode*, int)> dfs = [&](TreeNode* root, int mask) {
            if (!root) {
                return 0;
            }
            mask ^= 1 << root->val;
            if (!root->left && !root->right) {
                return (mask & (mask - 1)) == 0 ? 1 : 0;
            }
            return dfs(root->left, mask) + dfs(root->right, mask);
        };
        return dfs(root, 0);
    }
};

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * type TreeNode struct {
 *     Val int
 *     Left *TreeNode
 *     Right *TreeNode
 * }
 */
func pseudoPalindromicPaths(root *TreeNode) int {
    var dfs func(*TreeNode, int) int
    dfs = func(root *TreeNode, mask int) int {
        if root == nil {
            return 0
        }
        mask ^= 1 << root.Val
        if root.Left == nil && root.Right == nil {
            if mask&(mask-1) == 0 {
                return 1
            }
            return 0
        }
        return dfs(root.Left, mask) + dfs(root.Right, mask)
    }
    return dfs(root, 0)
}

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * class TreeNode {
 *     val: number
 *     left: TreeNode | null
 *     right: TreeNode | null
 *     constructor(val?: number, left?: TreeNode | null, right?: TreeNode | null) {
 *         this.val = (val===undefined ? 0 : val)
 *         this.left = (left===undefined ? null : left)
 *         this.right = (right===undefined ? null : right)
 *     }
 * }
 */

function pseudoPalindromicPaths(root: TreeNode | null): number {
    const dfs = (root: TreeNode | null, mask: number): number => {
        if (!root) {
            return 0;
        }
        mask ^= 1 << root.val;
        if (!root.left && !root.right) {
            return (mask & (mask - 1)) === 0 ? 1 : 0;
        }
        return dfs(root.left, mask) + dfs(root.right, mask);
    };
    return dfs(root, 0);
}

// Definition for a binary tree node.
// #[derive(Debug, PartialEq, Eq)]
// pub struct TreeNode {
//   pub val: i32,
//   pub left: Option<Rc<RefCell<TreeNode>>>,
//   pub right: Option<Rc<RefCell<TreeNode>>>,
// }
//
// impl TreeNode {
//   #[inline]
//   pub fn new(val: i32) -> Self {
//     TreeNode {
//       val,
//       left: None,
//       right: None
//     }
//   }
// }
use std::cell::RefCell;
use std::rc::Rc;

impl Solution {
    pub fn pseudo_palindromic_paths(root: Option<Rc<RefCell<TreeNode>>>) -> i32 {
        fn dfs(root: Option<Rc<RefCell<TreeNode>>>, mask: i32) -> i32 {
            if let Some(node) = root {
                let mut mask = mask;
                let val = node.borrow().val;
                mask ^= 1 << val;

                if node.borrow().left.is_none() && node.borrow().right.is_none() {
                    return if (mask & (mask - 1)) == 0 { 1 } else { 0 };
                }

                return (dfs(node.borrow().left.clone(), mask)
                    + dfs(node.borrow().right.clone(), mask));
            }
            0
        }

        dfs(root, 0)
    }
}

方法二：显式栈 + 位运算

思考

一条从根到叶子的路径能重排成回文，当且仅当奇数次出现的数字至多一个。结点值只在 \(1\) 到 \(9\)， \(n\) 可以到 \(10^5\)，用一个 \(10\) 位掩码的异或记下每个数字出现次数的奇偶。

走到叶子时检查掩码，再把左右子树的方案数相加，递归就能数完。搜索先进入左孩子，一条左链的长度可以到 \(n\)，调用栈会在叶子判定之前溢出。掩码只依赖从根到当前结点的路径，左右孩子互不影响。

因此把结点和到达它之前的掩码放进显式栈。弹出后把当前值异或进掩码；叶子上若 \(mask \& (mask-1) = 0\) 就计一条，否则先压右孩子再压左孩子，都带上更新后的掩码。

每个结点入栈一次，叶子上的计数之和就是伪回文路径的条数。