1973. 值等于子节点值之和的节点数量 🔒

难度中等

题目描述

给定一颗二叉树的根节点 root ，返回满足条件：节点的值等于该节点所有子节点的值之和 的节点的数量。

一个节点 x 的 子节点 是指从节点 x 出发，到所有叶子节点路径上的节点。没有子节点的节点的子节点和视为 0 。

示例 1:

输入: root = [10,3,4,2,1]
输出: 2
解释:
对于值为10的节点: 其子节点之和为： 3+4+2+1 = 10。
对于值为3的节点：其子节点之和为： 2+1 = 3。

示例 2:

输入: root = [2,3,null,2,null]
输出: 0
解释:
没有节点满足其值等于子节点之和。

示例 3:

输入: root = [0]
输出: 1
解释:
对于值为0的节点：因为它没有子节点，所以自己点之和为0。

提示：

树中节点的数量范围： [1, 10⁵]
0 <= Node.val <= 10⁵

解法

方法一：递归

思考

每个结点要与其全部子孙之和比较。若对每个结点再遍历子树，总时间为平方级。

一次后序 DFS 返回子树和：左右之和等于结点值则计数加一，并向上返回「自身加左右」。整树一遍即可。

我们设计一个函数 \(dfs(root)\)，该函数返回以 \(root\) 为根节点的子树的所有节点值之和。函数 \(dfs(root)\) 的执行过程如下：

如果 \(root\) 为空，返回 \(0\)；
否则，我们递归地计算 \(root\) 的左子树和右子树的节点值之和，记为 \(l\) 和 \(r\)；如果 \(l + r = root.val\)，说明以 \(root\) 为根节点的子树满足条件，我们将答案加 \(1\)；最后，返回 \(root.val + l + r\)。

然后我们调用函数 \(dfs(root)\)，返回答案即可。

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++Go

# 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 equalToDescendants(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
        def dfs(root):
            if root is None:
                return 0
            l, r = dfs(root.left), dfs(root.right)
            if l + r == root.val:
                nonlocal ans
                ans += 1
            return root.val + l + r

        ans = 0
        dfs(root)
        return ans

/**
 * 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 ans;

    public int equalToDescendants(TreeNode root) {
        dfs(root);
        return ans;
    }

    private int dfs(TreeNode root) {
        if (root == null) {
            return 0;
        }
        int l = dfs(root.left);
        int r = dfs(root.right);
        if (l + r == root.val) {
            ++ans;
        }
        return root.val + l + r;
    }
}

/**
 * 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 equalToDescendants(TreeNode* root) {
        int ans = 0;
        function<long long(TreeNode*)> dfs = [&](TreeNode* root) -> long long {
            if (!root) {
                return 0;
            }
            auto l = dfs(root->left);
            auto r = dfs(root->right);
            ans += l + r == root->val;
            return root->val + l + r;
        };
        dfs(root);
        return ans;
    }
};

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * type TreeNode struct {
 *     Val int
 *     Left *TreeNode
 *     Right *TreeNode
 * }
 */
func equalToDescendants(root *TreeNode) (ans int) {
    var dfs func(*TreeNode) int
    dfs = func(root *TreeNode) int {
        if root == nil {
            return 0
        }
        l, r := dfs(root.Left), dfs(root.Right)
        if l+r == root.Val {
            ans++
        }
        return root.Val + l + r
    }
    dfs(root)
    return
}

方法二：显式栈

思考

每个结点要和它全部子孙的值之和比较。若对每个结点再单独遍历子树，总时间是平方级。后序遍历在离开结点时已经知道左右子树的和，一次遍历就能判断并向上汇总。

\(n\) 可以到 \(10^5\)。后序先走进左孩子，一条左链会让递归在子树和算完之前溢出。结点值最大 \(10^5\)，整棵子树的和可以到 \(10^{10}\)，32 位整数装不下。

子孙和只在左右子树都处理完之后才知道。显式栈用状态把“先展开孩子”和“孩子都已返回”分开，弹出完成标记时读取左右子树和。和数用 64 位整数保存，左右之和等于结点值就计数，再把自身加进去交给父结点。

每个结点入栈一次。空孩子的和视为 \(0\)。

我们用显式栈做后序遍历。栈中每个元素是结点和状态：状态 \(0\) 先压入完成标记，再压入右孩子和左孩子；状态 \(1\) 表示左右子树都已求出子树和。弹出完成标记后，取出左子树和 \(l\) 与右子树和 \(r\)。若 \(l + r = \textit{val}\)，答案加一。该结点的子树和为 \(\textit{val} + l + r\)，存下来给父结点使用。空孩子的和为 \(0\)。子树和用 64 位整数，\(n\) 个不超过 \(10^5\) 的结点相加不会溢出。