基本思想

首先要明确，题目所定义的 “对称” 是对每层而言，同时考虑空节点。

因此，如果我们使用常规的遍历方式进行检查的话，需要对空节点有所表示。

局部检查（层序遍历）

我们使用 0x3f3f3f3f 作为无效值，并建立占位节点 emptyNode 用来代指空节点（emptyNode.val = 0x3f3f3f3f）。

一个朴素的做法是：使用「层序遍历」的方式进行「逐层检查」，对于空节点使用 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：

  1. 起始时，将 root 节点入队；

  2. 从队列中取出节点，检查节点是否为 emptyNode 节点来决定是否继续入队：

    • 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，则忽略

  3. 在进行流程 的同时使用「临时列表」记录当前层的信息，并检查当前层是否符合 “对称” 要求；

  4. 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
            // 同时将该层节点值依次存入到「临时列表」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，检查一下存放当前层的该层是否符合「对称」要求
            if (!check(list)) return false;
        }
        return true;
    }

    // 使用「双指针」检查某层是否符合「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;
    }
}
  • 时间复杂度：在层序遍历过程中，每个节点最多入队一次，同时在 check 检查对称性过程中，每层只会被检查一次。复杂度为
  • 空间复杂度：

整体检查（递归）

在「层序遍历」解法中，我们利用了 “对称” 定义对每层进行检查。

本质上这是利用 “对称” 定义进行多次「局部」检查。

事实上，我们还可以利用 “对称” 定义在「全局」层面上进行检查。

我们如何定义两棵子树 a 和 b 是否 “对称” ？

当且仅当两棵子树符合如下要求时，满足 “对称” 要求：

  1. 两棵子树根节点值相同；
  2. 两颗子树的左右子树分别对称，包括：
    • a 树的左子树与 b 树的右子树相应位置的值相等
    • a 树的右子树与 b 树的左子树相应位置的值相等

具体的，我们可以设计一个递归函数 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），在单次查询中有如下显而易见的判断子树是否 “对称” 的 Base Case：

  • a 和 b 均为空节点：符合 “对称” 要求；
  • a 和 b 其中一个节点为空，不符合 “对称” 要求；
  • a 和 b 值不相等，不符合 “对称” 要求；

其他情况，我们则要分别检查 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);
    }
}
  • 时间复杂度：每个节点只会被访问一次。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，更多的是检查 “出发点” 的不同：

  • 解法一：利用「层序遍历」的方式，以 “层” 为单位进行 “对称” 检查；
  • 解法二：利用「递归树展开」的方式，以 “子树” 为单位进行 “对称” 检查。

当我们从整体层面出发考虑时，配合递归，往往能写出比常规做法要简洁得多的代码。

建议大家加深对「局部」和「整体」两种不同出发点的理解。

最后

这是我们「剑指 の 精选」系列文章的第 58 篇，系列开始于 2021/07/01。

该系列会将牛客网「剑指 Offer」中比较经典而又不过时的题目都讲一遍。

在提供追求「证明」&「思路」的同时，提供最为简洁的代码。

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