题目形容
这是「牛客网」上的「JZ 58 对称的二叉树」，难度为「艰难」。
Tag : 「剑指 Offer」、「二叉树」、「层序遍历」、「迭代」、「递归」
形容：
请实现一个函数，用来判断一棵二叉树是不是对称的。
留神，如果一个二叉树同此二叉树的镜像是同样的，定义其为对称的。
示例1
输出：{8,6,6,5,7,7,5}返回值：true示例2
输出：{8,6,9,5,7,7,5}返回值：false要求：
- 工夫：1 s
- 空间：64 M
根本思维
首先要明确，题目所定义的 “对称” 是对每层而言，同时思考空节点。
因而，如果咱们应用惯例的遍历形式进行查看的话，须要对空节点有所示意。
部分查看（层序遍历）
咱们应用 0x3f3f3f3f 作为有效值，并建设占位节点 emptyNode 用来代指空节点（emptyNode.val = 0x3f3f3f3f）。
一个奢侈的做法是：应用「层序遍历」的形式进行「逐层查看」，对于空节点应用 emptyNode 进行代指，同时确保不递归 emptyNode 对应的子节点。
具体做法如下：
- 起始时，将
root节点入队； - 从队列中取出节点，查看节点是否为
emptyNode节点来决定是否持续入队：
- 当不是
emptyNode节点时，将其左/右儿子进行入队，如果没有左/右儿子，则用emptyNode代替入队； - 当是
emptyNode节点时，则疏忽；
- 在进行流程 的同时应用「长期列表」记录以后层的信息，并查看以后层是否合乎 “对称” 要求；
- 循环流程 和 ，直到整个队列为空。
代码：
import java.util.*;class Solution { int INF = 0x3f3f3f3f; TreeNode emptyNode = new TreeNode(INF); boolean isSymmetrical(TreeNode root) { if (root == null) return true; Deque<TreeNode> d = new ArrayDeque<>(); d.add(root); while (!d.isEmpty()) { // 每次循环都将下一层拓展完并存到「队列」中 // 同时将该层节点值顺次存入到「长期列表」中 int size = d.size(); List<Integer> list = new ArrayList<>(); while (size-- > 0) { TreeNode poll = d.pollFirst(); if (!poll.equals(emptyNode)) { d.addLast(poll.left != null ? poll.left : emptyNode); d.addLast(poll.right != null ? poll.right : emptyNode); } list.add(poll.val); } // 每一层拓展完后，检查一下寄存以后层的该层是否合乎「对称」要求 if (!check(list)) return false; } return true; } // 应用「双指针」查看某层是否合乎「对称」要求 boolean check(List<Integer> list) { int l = 0, r = list.size() - 1; while (l < r) { if (!list.get(l).equals(list.get(r))) return false; l++; r--; } return true; }}- 工夫复杂度：在层序遍历过程中，每个节点最多入队一次，同时在
check查看对称性过程中，每层只会被查看一次。复杂度为 - 空间复杂度：
整体查看（递归）
在「层序遍历」解法中，咱们利用了 “对称” 定义对每层进行查看。
实质上这是利用 “对称” 定义进行屡次「部分」查看。
事实上，咱们还能够利用 “对称” 定义在「整体」层面上进行查看。
咱们如何定义两棵子树 a 和 b 是否 “对称” ？
当且仅当两棵子树合乎如下要求时，满足 “对称” 要求：
- 两棵子树根节点值雷同；
- 两颗子树的左右子树别离对称，包含：
a树的左子树与b树的右子树相应地位的值相等a树的右子树与b树的左子树相应地位的值相等
具体的，咱们能够设计一个递归函数 check ，传入待检测的两颗子树的头结点 a 和 b（对于本题都传入 root 即可），在单次查问中有如下不言而喻的判断子树是否 “对称” 的 Base Case：
a和b均为空节点：合乎 “对称” 要求；a和b其中一个节点为空，不合乎 “对称” 要求；a和b值不相等，不合乎 “对称” 要求；
其余状况，咱们则要别离查看 a 和 b 的左右节点是否 “对称” ，即递归调用 check(a.left, b.right) 和 check(a.right, b.left)。
代码：
class Solution { public boolean isSymmetrical(TreeNode root) { return check(root, root); } boolean check(TreeNode a, TreeNode b) { if (a == null && b == null) return true; if (a == null || b == null) return false; if (a.val != b.val) return false; return check(a.left, b.right) && check(a.right, b.left); }}- 工夫复杂度：每个节点只会被拜访一次。复杂度为
- 空间复杂度：
总结
上述两种解法不仅仅是实现上的不同，更多的是查看 “出发点” 的不同：
- 解法一：利用「层序遍历」的形式，以 “层” 为单位进行 “对称” 查看；
- 解法二：利用「递归树开展」的形式，以 “子树” 为单位进行 “对称” 查看。
当咱们从整体层面登程思考时，配合递归，往往能写出比惯例做法要简洁得多的代码。
倡议大家加深对「部分」和「整体」两种不同出发点的了解。
最初
这是咱们「剑指 の 精选」系列文章的第 58 篇，系列开始于 2021/07/01。
该系列会将「剑指 Offer」中比拟经典而又不过时的题目都讲一遍。
在提供谋求「证实」&「思路」的同时，提供最为简洁的代码。
欢送关注，交个敌人 (｀・・´)