给定一棵二叉树,想象自己站在它的右侧,按照从顶部到底部的顺序,返回从右侧所能看到的节点值。

示例:

输入: [1,2,3,null,5,null,4]
输出: [1, 3, 4]
解释: 1 <---
/ \
2 3 <---
\ \
5 4 <---

https://leetcode-cn.com/problems/binary-tree-right-side-view/

递归 DFS

递归方法是分别遍历一个节点的右节点和左节点,因为是从右边看过来,所以我们需要首先遍历右节点。

这里有个疑问,当遍历左节点时候,怎么判定它右边没有其他节点了呢?

这里我们用到一个变量level,对于同一层的节点,如果res数组的大小已经等于level了,说明右边已经有节点存入数组了,该节点就不用再保存。一直递归下去就可以得到结果。

C++

class Solution {
public:
vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
vector<int> res;
helper(root,0,res);
return res;
}
void helper(TreeNode* root,int level,vector<int>& res){
if(!root) return;
if(res.size()==level) res.push_back(root->val);
helper(root->right,level+1,res);
helper(root->left,level+1,res);
}
};

非递归 BFS

这道题要求我们打印出二叉树每一行最右边的一个数字,实际上是求二叉树层序遍历的一种变形,我们只需要保存每一层最右边的数字即可,还是需要用到数据结构队列queue,遍历每层的节点时,把下一层的节点都存入到queue中,每当开始新一层节点的遍历之前,先把新一层最后一个节点值存到结果中,代码如下:

C++

class Solution {
public:
vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
vector<int> res;
if(!root) return res;
queue<TreeNode*> q;
q.push(root);
while(!q.empty()){
res.push_back(q.back()->val);
int size = q.size();
for(int i=0; i<size; ++i){
TreeNode* t=q.front(); q.pop();
if(t->left) q.push(t->left);
if(t->right) q.push(t->right);
}
}
return res;
}
};

java

class Solution {
public List<Integer> rightSideView(TreeNode root) {
if (root == null) {
return new ArrayList<>();
}
Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
queue.add(root);
List<Integer> ret = new ArrayList<>();
while (!queue.isEmpty()) {
int size = queue.size();
for (int i = 0; i < size; i++) {
TreeNode node = queue.poll();
if (i == size - 1) {
ret.add(node.val);
}
if (node.left != null) {
queue.add(node.left);
}
if (node.right !=null) {
queue.add(node.right);
}
}
}
return ret;
}
}

python

class Solution:
def rightSideView(self, root: TreeNode) -> List[int]:
if not root: return []
res = [] def bfs(root):
queue = [root]
while queue:
nxt = []
res.append(queue[-1].val)
for node in queue:
if node.left:
nxt.append(node.left)
if node.right:
nxt.append(node.right)
queue = nxt bfs(root)
return res

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