[Leetcode] 285. Inorder Successor in BST 解题报告

题目：

Given a binary search tree and a node in it, find the in-order successor of that node in the BST.

Note: If the given node has no in-order successor in the tree, return 

null

.
思路：

1、O(n)的解法：最开始容易想到的思路就是直接进行中序遍历。一旦发现我们遍历到的当前结点的前驱是p，就更新结果。这种思路的时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(1)。

2、O(logn)的解法：我开始的想法是分两种情况：1）p的右子树不为空，那么p的后继结点就是p的右子树上的最左侧的结点；2）p的右子树为空，那么p的后继结点就是它的祖先中第一个比它值大的结点（也有可能为空），在这种情况下，需要开辟一个栈空间来存贮p的所有祖先结点。这种思路可以把时间复杂度可以降低到O(logn)，但是空间复杂度却是O(logn)。后来看到下面这个更巧妙的算法：如果p的值比root的值大或者p就是root，那么p的后继不可能出现在root以及root的左子树上，所以我们只需要在root的右子树上继续找；如果p的值比root的值小，那么p的直接后继既有可能是root，也有可能是root的左子树上的某个结点，此时需要更新答案，并且在root的左子树上继续找。这种思路完美地统一处理了p的右子树是否为空两种情况，并且将空间复杂度降低到了O(1)。

代码：

1、O(n)的解法：

/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
TreeNode* inorderSuccessor(TreeNode* root, TreeNode* p) {
if (!root) {
return NULL;
}
inorderSuccessor(root->left, p);
if (pre == p) {
ret = root;
}
pre = root;
inorderSuccessor(root->right, p);
return ret;
}
private:
TreeNode *pre = NULL, *ret = NULL;
};2、O(logn)的解法：
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode
4000
*right;
* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
TreeNode* inorderSuccessor(TreeNode* root, TreeNode* p) {
if (root == NULL || p == NULL) {
return NULL;
}
TreeNode *ret = NULL;
while (root) {
if (p->val < root->val) {
ret = root;
root = root->left;
}
else {
root = root->right;
}
}
return ret;
}
};