1、DFS深度遍历 & 递归
给定一个非空二叉树，返回其最大路径和。本题中，路径被定义为一条从树中任意节点出发，达到任意节点的序列。该路径至少包含一个节点，且不一定经过根节点。
路径每到一个节点，有 3 种选择： 停下不走。 走到左子节点。 走到右子节点。走到子节点，又面临这 3 种选择。于是有了递归的思路。 不能走进一个分支，又掉头走另一个分支，不符合要求。
定义递归函数
我们关心：如果路径走入一个子树，能从中捞取的最大收益，不关心具体怎么走。 这是一种属于递归的、自顶而下的思考方式。
定义 dfs 函数：返回当前子树能向父节点 “提供” 的最大路径和。
向下：即，一条从父节点延伸下来的路径，能在当前子树中获得的最大收益。它分为三种情况，取其中最大的： 停在当前子树的 root，收益：root.val。 走入左子树，最大收益：root.val + dfs(root.left)。 走入右子树，最大收益：root.val + dfs(root.right)。 当遍历到 null 节点时，收益为 0，所以返回 0。
向上：如果一个子树提供的「最大路径和」为负，如下图。路径走入它，收益不增反减，我们希望这个子树完全不被考虑，所以让它返回 0，成为死支。
int helper(TreeNode *node, int &sum){
if(!node){
sum = max(sum, 0);
return 0;
}
int lsum = 0, rsum = 0;
if(node->left){
lsum = max(0, helper(node->left, sum)); // 左子树的贡献
}
if(node->right){
rsum = max(0, helper(node->right, sum)); // 右子树的贡献
}
sum = max(sum, node->val + lsum + rsum); // 当前子树的 maxSum 挑战最大值
return node->val + max(lsum, rsum); // 向父节点提供的最大和，要包括自己
}
int maxPathSum(TreeNode* root){
int maxSum = INT_MIN;
helper(root, maxSum);
return maxSum;
}
给定一个二叉树和一个目标和，判断该树中是否存在根节点到叶子节点的路径，这条路径上所有节点值相加等于目标和。（分治）
bool hasPathSum(TreeNode* root, int sum){
if(!root)
return false;
if(root && !root->left && !root->right)
return sum == root->val;
return hasPathSum(root->left, sum - root->val)
|| hasPathSum(root->right, sum - root->val);
}
给定一个二叉树和一个目标和，找到所有从根节点到叶子节点路径总和等于给定目标和的路径。（回溯）
思路一：迭代，后续遍历，PATH数组和栈同步，到叶节点判断当前路径是否满足，满足就将PATH加到结果中。
思路二：递归，
给定一个二叉树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。经典的LCA（Least Common Ancestors）问题。
思路一、后序遍历：因为后序遍历的栈中始终存放着当前要访问节点的祖先节点。所以两次后序遍历，分别遍历到两个节点位置结束，然后两个栈分别保存两个节点的祖先节点，依次弹栈，遇到第一个相同的节点即可。（最应该想到的解法）
思路二、递归：
思路三、倍增法：
思路四、欧拉序+ST表：
思路五、Tarjan 算法：
思路一、后序遍历：因为后序遍历的栈中始终存放着当前要访问节点的祖先节点。所以两次后序遍历，分别遍历到两个节点位置结束，然后两个栈分别保存两个节点的祖先节点，依次弹栈，遇到第一个相同的节点即可。（最应该想到的解法）
思路二、递归：
思路三、倍增法：
思路四、欧拉序+ST表：
思路五、Tarjan 算法：
void getAncestors(TreeNode *root, TreeNode* node, vector<TreeNode *> &astack){
const TreeNode *cur;
TreeNode *ptr = root;
const TreeNode *last = NULL;
while(ptr != NULL || !astack.empty()){
while(ptr != NULL){
astack.push_back(ptr);
if(ptr == node){
return;
}
ptr = ptr->left;
}
cur = astack.back();
if(cur->right == NULL || cur->right == last){
astack.pop_back();
last = cur;
}else{
ptr = cur->right;
}
}
}
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
vector<TreeNode *> astack1, astack2;
getAncestors(root, p, astack1);
getAncestors(root, q, astack2);
for(int i = astack1.size() - 1; i >= 0; --i){
for(int j = astack2.size() - 1; j >= 0; --j){
if(astack1[i] == astack2[j]){
return astack1[i];
}
}
}
return root;
}
拓展：
思路一：BFS 序列成对应的完全二叉树（超时，主要是字符串split耗时长）。
思路二：DFS 前中后序都可以，递归实现。
思路三：改进的BFS，不是完全二叉树，而是扩展二叉树的叶子节点为NULL节点。
思路四：类似于官方题解方法二，用分隔符包装。
// Encodes a tree to a single string.
string serialize(TreeNode* root) {
string result;
if(!root)
return "[]";
queue<TreeNode *> pqueue;
pqueue.push(root);
while(true){
bool sign = true;
int len = pqueue.size();
for(int i = 0; i < len; i++) {
TreeNode *ptr = pqueue.front();
pqueue.pop();
if (ptr) {
result.append(to_string(ptr->val));
result.push_back(',');
if (ptr->left) {
pqueue.push(ptr->left);
sign = false;
} else {
pqueue.push(NULL);
}
if (ptr->right) {
pqueue.push(ptr->right);
sign = false;
} else {
pqueue.push(NULL);
}
} else {
result.append("X,");
pqueue.push(NULL);
pqueue.push(NULL);
}
}
if(sign)
break;
}
while(!result.empty() && (result.back() == ',' || result.back() == 'X'))
result.pop_back();
return "[" + result + "]";
}
// Decodes your encoded data to tree.
TreeNode* deserialize(string data) {
if(data.size() <= 2)
return NULL;
vector<string> tokens;
string str;
for(int i = 1; i < data.size() - 1; ++i){
if(data[i] == 'X'){
tokens.push_back("X");
i++;
}else if(data[i] == ','){
tokens.push_back(str);
str.clear();
}else{
str.push_back(data[i]);
}
}
tokens.push_back(str);
int len = tokens.size();
if(tokens.empty())
return NULL;
queue<pair<TreeNode *, int> > iqueue;
TreeNode *root = new TreeNode(stoi(tokens[0]));
iqueue.push(make_pair(root, 0));
while(!iqueue.empty()){
auto ptr = iqueue.front();
iqueue.pop();
int idx = 2 * ptr.second;
if(idx + 1 < len && tokens[idx + 1] != "X"){
ptr.first->left = new TreeNode(stoi(tokens[idx + 1]));
if(2 * (idx + 1) + 1 < len)
iqueue.push(make_pair(ptr.first->left, idx + 1));
}
if(idx + 2 < len && tokens[idx + 2] != "X"){
ptr.first->right = new TreeNode(stoi(tokens[idx + 2]));
if(2 * (idx + 2) + 1 < len)
iqueue.push(make_pair(ptr.first->right, idx + 2));
}
}
return root;
}
5.3、求X节点的个数（阿里面试题）
5.4、判断两棵二叉树是否同构
同构是指：两课树可以通过有限次变换左右子树变为同一棵树。如图：
bool Isomorphic(TreeNode* t1, TreeNode* t2){
if(t1 == NULL && t2 == NULL)
return true;
if((t1 == NULL) && (t2 != NULL) || ((t1 != NULL) && (t2 == NULL)))
return false;
if(t1->val != t2->val)
return false;
if((t1->left == NULL) && (t2->left == NULL))
return Isomorphic(t1->right, t2->right);
if(((t1->left != NULL) && (t2->left != NULL))
&&(t1->left->val == t2->left->val))
//如果两个都不为空且左儿子相等，应该递归的找左对应左，右对应右
return Isomorphic(t1->left, t2->left) && Isomorphic(t1->right, t2->right);
else
//否则就是交换了，递归的判断左对应右，右对应左
return Isomorphic(t1->left, t2->right) && Isomorphic(t1->right, t2->left);
}
6.1、逆时针打印完全二叉树的边界节点
完全二叉树用数组存储，从根节点开始逆时针打印完全二叉树的边界节点。
vector<int> BinaryTree::getSeq(int n, vector<int>& tree){
vector<int> ans;
if(n == 1){
ans.push_back(tree[0]);
return ans;
}
// 左边界
int i = 1;
while(i - 1 < n){
ans.push_back(tree[i - 1]);
i *= 2;
}
ans.pop_back();
// 叶节点
int j = i / 2 - 2;
i = i / 2 / 2 - 1;
for(int k = i; k >= 0 && k < n && k <= j; ++k){
if(k * 2 + 1 < n)
ans.push_back(tree[k * 2 + 1]);
if(k * 2 + 2 < n)
ans.push_back(tree[k * 2 + 2]);
if(k * 2 + 1 >= n)
ans.push_back(tree[k]);
}
// 右边界
while(j > 0){
ans.push_back(tree[j]);
j = (j - 2) / 2;
}
return ans;
}
