2385. 感染二叉树需要的总时间

来源第 307 场周赛 Q3难度中等分数1711

题目描述

给你一棵二叉树的根节点 root ，二叉树中节点的值 互不相同 。另给你一个整数 start 。在第 0 分钟，感染将会从值为 start 的节点开始爆发。

每分钟，如果节点满足以下全部条件，就会被感染：

节点此前还没有感染。
节点与一个已感染节点相邻。

返回感染整棵树需要的分钟数。

示例 1：

输入：root = [1,5,3,null,4,10,6,9,2], start = 3
输出：4
解释：节点按以下过程被感染：
- 第 0 分钟：节点 3
- 第 1 分钟：节点 1、10、6
- 第 2 分钟：节点5
- 第 3 分钟：节点 4
- 第 4 分钟：节点 9 和 2
感染整棵树需要 4 分钟，所以返回 4 。

示例 2：

输入：root = [1], start = 1
输出：0
解释：第 0 分钟，树中唯一一个节点处于感染状态，返回 0 。

提示：

树中节点的数目在范围 [1, 10⁵] 内
1 <= Node.val <= 10⁵
每个节点的值 互不相同
树中必定存在值为 start 的节点

解法

方法一：两次 DFS

思考

感染沿树边向父子扩散，时间为从 \(start\) 出发的最远距离。树至多 \(10^5\) 结点，需要显式父边。

第一次 DFS 建成无向邻接表，第二次从 \(start\) 再 DFS 取最深深度。两次均为线性。

我们先通过一次 \(\textit{DFS}\) 建图，得到一个邻接表 \(g\)，其中 \(g[node]\) 表示与节点 \(node\) 相连的所有节点。

然后，我们以 \(start\) 作为起点，通过 \(\textit{DFS}\) 搜索整棵树，找到最远距离，即为答案。

时间复杂度 \(O(n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)。其中 \(n\) 为二叉树的节点个数。

Python3JavaC++GoTypeScript

# 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 amountOfTime(self, root: Optional[TreeNode], start: int) -> int:
        def dfs(node: Optional[TreeNode], fa: Optional[TreeNode]):
            if node is None:
                return
            if fa:
                g[node.val].append(fa.val)
                g[fa.val].append(node.val)
            dfs(node.left, node)
            dfs(node.right, node)

        def dfs2(node: int, fa: int) -> int:
            ans = 0
            for nxt in g[node]:
                if nxt != fa:
                    ans = max(ans, 1 + dfs2(nxt, node))
            return ans

        g = defaultdict(list)
        dfs(root, None)
        return dfs2(start, -1)

/**
 * 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 Map<Integer, List<Integer>> g = new HashMap<>();

    public int amountOfTime(TreeNode root, int start) {
        dfs(root, null);
        return dfs2(start, -1);
    }

    private void dfs(TreeNode node, TreeNode fa) {
        if (node == null) {
            return;
        }
        if (fa != null) {
            g.computeIfAbsent(node.val, k -> new ArrayList<>()).add(fa.val);
            g.computeIfAbsent(fa.val, k -> new ArrayList<>()).add(node.val);
        }
        dfs(node.left, node);
        dfs(node.right, node);
    }

    private int dfs2(int node, int fa) {
        int ans = 0;
        for (int nxt : g.getOrDefault(node, List.of())) {
            if (nxt != fa) {
                ans = Math.max(ans, 1 + dfs2(nxt, node));
            }
        }
        return ans;
    }
}

/**
 * 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 amountOfTime(TreeNode* root, int start) {
        unordered_map<int, vector<int>> g;
        function<void(TreeNode*, TreeNode*)> dfs = [&](TreeNode* node, TreeNode* fa) {
            if (!node) {
                return;
            }
            if (fa) {
                g[node->val].push_back(fa->val);
                g[fa->val].push_back(node->val);
            }
            dfs(node->left, node);
            dfs(node->right, node);
        };
        function<int(int, int)> dfs2 = [&](int node, int fa) -> int {
            int ans = 0;
            for (int nxt : g[node]) {
                if (nxt != fa) {
                    ans = max(ans, 1 + dfs2(nxt, node));
                }
            }
            return ans;
        };
        dfs(root, nullptr);
        return dfs2(start, -1);
    }
};

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * type TreeNode struct {
 *     Val int
 *     Left *TreeNode
 *     Right *TreeNode
 * }
 */
func amountOfTime(root *TreeNode, start int) int {
    g := map[int][]int{}
    var dfs func(*TreeNode, *TreeNode)
    dfs = func(node, fa *TreeNode) {
        if node == nil {
            return
        }
        if fa != nil {
            g[node.Val] = append(g[node.Val], fa.Val)
            g[fa.Val] = append(g[fa.Val], node.Val)
        }
        dfs(node.Left, node)
        dfs(node.Right, node)
    }
    var dfs2 func(int, int) int
    dfs2 = func(node, fa int) (ans int) {
        for _, nxt := range g[node] {
            if nxt != fa {
                ans = max(ans, 1+dfs2(nxt, node))
            }
        }
        return
    }
    dfs(root, nil)
    return dfs2(start, -1)
}

/**
 * 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 amountOfTime(root: TreeNode | null, start: number): number {
    const g: Map<number, number[]> = new Map();
    const dfs = (node: TreeNode | null, fa: TreeNode | null) => {
        if (!node) {
            return;
        }
        if (fa) {
            if (!g.has(node.val)) {
                g.set(node.val, []);
            }
            g.get(node.val)!.push(fa.val);
            if (!g.has(fa.val)) {
                g.set(fa.val, []);
            }
            g.get(fa.val)!.push(node.val);
        }
        dfs(node.left, node);
        dfs(node.right, node);
    };
    const dfs2 = (node: number, fa: number): number => {
        let ans = 0;
        for (const nxt of g.get(node) || []) {
            if (nxt !== fa) {
                ans = Math.max(ans, 1 + dfs2(nxt, node));
            }
        }
        return ans;
    };
    dfs(root, null);
    return dfs2(start, -1);
}

方法二：显式栈

思考

感染沿父子边扩散，整棵树被感染的时间等于从 \(start\) 出发的最远距离。先沿树记下这些边，再从起点求深度，在较短的树上是对的。

结点个数可达 \(10^5\)。左链使两次遍历都按结点个数递归，调用栈会溢出。

两次遍历都只依赖当前结点和父结点，而一个结点的深度等于其余邻接点深度的最大值再加一。这些量可以放在显式栈旁边，不必占用返回帧。

第一趟栈把每条父子边写入无向邻接表，结点值互不相同，直接作为键。第二趟栈进入结点后压入邻接点，退出时用邻接点的深度更新当前深度。 \(start\) 上记下的深度就是答案。

我们用显式栈先序遍历二叉树。遇到一条父子边，就把两端的结点值互相加入邻接表 \(g\)。结点值互不相同，可以直接作为图的键。

再从 \(start\) 做一次显式栈上的后序遍历。进入结点时压入退出标记以及除父结点以外的邻接点；退出时，当前深度取这些邻接点深度的最大值再加一。 \(start\) 的深度即为答案。