BFS(层序遍历)
每一层所有节点的和,保存在ans中 ,最后的ans就是最后一层的叶子节点的和
时空复杂度分析
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时间复杂度:$O(n)$。其中 n 为树的节点个数,需要遍历所有节点。
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空间复杂度:$O(n)$。解决问题需要辅助大小为 n 的队列空间。
C++代码
/**
* 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 deepestLeavesSum(TreeNode *root) {
int ans = 0;
queue<TreeNode *> q;
q.emplace(root);
while (!q.empty()) {
int len = q.size();
ans = 0;
for (int i = 0; i < len; i ++ ) {
auto t = q.front();
q.pop();
ans += t->val;
if (t->left != nullptr) q.emplace(t->left);
if (t->right != nullptr) q.emplace(t->right);
}
}
return ans;
}
};
DFS
时空复杂度分析
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时间复杂度:$O(n)$,其中 n 是二叉树的节点数。DFS需要遍历每个节点一次。
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空间复杂度:$O(n)$,其中 n是二叉树的节点数。空间复杂度主要取决于递归调用栈的深度,为二叉树的深度,最坏情况下二叉树的深度是 $O(n)$。
/**
* 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 {
protected:
int max = -1, sum = 0;
public:
int deepestLeavesSum(TreeNode *root) {
dfs(root, 0);
return sum;
}
void dfs(TreeNode *root, int depth)
{
if(root == nullptr) return ;
if(depth > max) {
max = depth;
sum = root->val;
}
else if(depth == max) {
sum += root->val;
}
dfs(root->left, depth + 1);
dfs(root->right, depth + 1);
}
};