LeetCode Weekly Contest 24 之 538.Convert BST to Greater Tree

LeetCode Weekly Contest 24

赛题

本次周赛主要分为一下4道题：

543 Diameter of Binary Tree (4分)

538 Convert BST to Greater Tree (6分)

542 01 Matrix (7分)

544 Output Contest Matches (7分)

538 Convert BST to Greater Tree

Problem:

Given a Binary Search Tree (BST), convert it to a Greater Tree such that every key of the original BST is changed to the original key plus sum of all keys greater than the original key in BST.

Example:



唉，这道题我是没有解出来，把简单的问题想复杂了。如果能够准确理解题目的意思，那么思路也就出来了，也是一道DFS题。先来看看解决方案吧，否则真不太好理解题目的意思，至少对我来说。

My first solution(21ms)

public TreeNode convertBST(TreeNode root) {
if(root == null) return null;
sum = 0;
DFS(root);
return root;
}

int sum;
private void DFS(TreeNode root){

if(root == null) return;

DFS(root.right);

root.val = sum + root.val;
sum = root.val;

DFS(root.left);

}

现在再来看看题目的意思，也就清楚了，它说的是让当前的节点加上之前遍历过的【节点和】得到的一个新值，oh，my god！我太蠢了。

所以说，只要明确递归的顺序就好了，访问从右节点开始，然后根节点，最后左节点，而在访问时，需要维护一个不断更新的sum值即可。当然，以上是从一棵树的角度来解决该问题的，但如果我们并没有【先序，中序，后序】的前期知识储备，那么该问题能否从一个最简单的递归形式来求解？答案是肯定的，树的遍历本质上就是递归，接下来咱们继这个例子，深入分析下该如何递归求解。

番外篇（递归本质）

首先，我们重新分析下题目，慢慢推得我们的解。它是一个BST，而BST是天然的递归结构，因为我们都知道，如果有根节点，那么根节点可以分为左子树和右子树，而左子树和右子树的形式和原始树是一模一样的。所以现在假设待求的方案为

convertBST(root)

。

一个自然而然的想法就是，如果右子树的解决方案

convertBST(root.right)

和左子树的解决方案

convertBST(root.left)

能够合并成一个

convertBST(root)

的解决方案，那么该问题就完美解决了。

所以开始我们的方案探寻之旅吧，现在有了三个结构

convertBST(root.right)

,

root

,

convertBST(root.left)

，想方设法让它们组成一个更进一步的解。而一旦构建成功，那么它必然是正确的，它本质是建立在数学归纳法的公理体系中，因为在构建方案时，我们运用的就是数学归纳法，假设子问题成立，那么它更进一步的问题如果被子问题所表达，那么该命题成立。联想下数学归纳法，当前状态如P(n)为真，则它进一步的状态P(n++)能够由P(n)推得，那么对于所有n，P(n)均为真。是不是一模一样！请自行体会。

那为什么说它是一种递归呢？因为在最终解的形式上，它是把一个大问题，分解为了几个子问题，这也就是我们传统代码的表现形式，函数中调用了相同函数名，如上述例子所示。其实递归可以用数学公式所表达：

an++:=fn(an)

和代码是一模一样的，a为我们的方法名，而n++到n的变换是把一个大问题变成了一个小问题，fn映射自然是我们努力需求的解决方案！

好了，回答这个问题上来吧，为了努力需求构建方案，我们需要明确子问题或者真正的大问题的性质，

convertBST(root)

有什么性质可以让我们利用？

就拿赛题中给出的例子来看，人为的去模拟它的构建过程，你会发现两点有趣的事情。

性质1：构建过程，一定是先右节点，然后根节点，最后左节点。没有为什么， 由题目所决定。

性质2：构建中有一变量，【sum of all keys】是不断变化的，它的累加顺序和遍历顺序相关，和当前节点的节点值相关。

所以，我们在构建代码时，只需要符合上述两种性质即可。代码结构可以如下所示：

solution(root){
# 遍历右子树
solution(root.right);
# 遍历根节点
root 操作
# 遍历左子树
solution(root.left);
}

简单分析下，假设我们的每个子问题满足性质1，那么显然由该代码结构，能推得root也符合性质1。这里需要强调一点的是，该递归结构的解是强烈依赖与子问题的求解顺序的，并不能随意颠倒。而在上一题中，对于子问题就没有该性质，因为大问题的性质并没有包含顺序关系，而此处则不一样。

关于性质2，那只需要有个全局变量，去不断记录更新它就完事了，即我们最终的代码：

public TreeNode convertBST(TreeNode root) {
if(root == null) return null;
sum = 0;
DFS(root);
return root;
}

int sum;
private void DFS(TreeNode root){

if(root == null) return;

DFS(root.right);

root.val = sum + root.val; //root 被 sum（右子树的sum值） 和当前值所更新
sum = root.val; //sum 被更新
DFS(root.left);

}

逐一说明下，sum是如何被更新的。首先就是右子树了，代码进入到DFS(root.right)，右子树本来就假设成立，所以sum值已被更新，此更新由假设条件来，接着root必须要做更新，这也是为什么sum的更新需写在两个子问题中间的原因，更新规则如代码所示

root.val = sum + root.val;sum = root.val;

那么，左子树该怎么更新呢？

这点着实令人不解，左子树也是一个

DFS(root.left)

就解决了sum的更新问题，原因在于，既然是左子问题，那么作为整体，它的root.left

的right自然为null，所以进行一次递归之后，略过了DFS(root.right)，进行当前节点的更新，即左子结点的更新。

当然，我们也可以从迭代的角度去实现它，它是递归的一个可视化过程，即我们能形象的感知它的解是如何一步步形成的，而不像递归那么抽象，有兴趣的可以自己实现下。