问题描述

给你二叉树的根节点 root 和一个表示目标和的整数 targetSum 。判断该树中是否存在 根节点到叶子节点 的路径，这条路径上所有节点值相加等于目标和 targetSum 。如果存在，返回 true ；否则，返回 false 。

叶子节点 是指没有子节点的节点。

示例 1：

输入：root = [5,4,8,11,null,13,4,7,2,null,null,null,1], targetSum = 22
输出：true
解释：等于目标和的根节点到叶节点路径如上图所示。

示例 2：

输入：root = [1,2,3], targetSum = 5
输出：false
解释：树中存在两条根节点到叶子节点的路径：
(1 --> 2): 和为 3
(1 --> 3): 和为 4
不存在 sum = 5 的根节点到叶子节点的路径。

示例 3：

输入：root = [], targetSum = 0
输出：false
解释：由于树是空的，所以不存在根节点到叶子节点的路径。

提示：

  • 树中节点的数目在范围 [0, 5000] 内
  • -1000 <= Node.val <= 1000
  • -1000 <= targetSum <= 1000

核心思路

对树进行一次遍历，在遍历时记录从根节点到当前节点的路径和，以防止重复计算。

实现要点

递归函数什么时候需要返回值？什么时候不需要返回值？

这里总结如下三点：

  • 如果需要搜索整棵二叉树且不用处理递归返回值，递归函数就不要返回值。
  • 如果需要搜索整棵二叉树且需要处理递归返回值，递归函数就需要返回值。
  • 如果要搜索其中一条符合条件的路径，那么递归一定需要返回值，因为遇到符合条件的路径了就要及时返回。（本题的情况）

code

广度优先搜索

使用两个队列，分别存储将要遍历的节点，以及根节点到这些节点的路径和即可。

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class Solution {
public:
    bool hasPathSum(TreeNode *root, int sum) {
        if (root == nullptr) {
            return false;
        }
        queue<TreeNode *> que_node;
        queue<int> que_val;
        que_node.push(root);
        que_val.push(root->val);
        while (!que_node.empty()) {
            TreeNode *now = que_node.front();
            int temp = que_val.front();
            que_node.pop();
            que_val.pop();
            if (now->left == nullptr && now->right == nullptr) {
                if (temp == sum) {
                    return true;
                }
                continue;
            }
            if (now->left != nullptr) {
                que_node.push(now->left);
                que_val.push(now->left->val + temp);
            }
            if (now->right != nullptr) {
                que_node.push(now->right);
                que_val.push(now->right->val + temp);
            }
        }
        return false;
    }
};

  • 时间复杂度：O(N)O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。

  • 空间复杂度：O(N)O(N)，其中 N 是树的节点数。空间复杂度主要取决于队列的开销，队列中的元素个数不会超过树的节点数。

递归

询问是否存在从当前节点 root 到叶子节点的路径，满足其路径和为 sum。

假定从根节点到当前节点的值之和为 val，我们可以将这个大问题转化为一个小问题：是否存在从当前节点的子节点到叶子的路径，满足其路径和为 sum - val。

不难发现这满足递归的性质，若当前节点就是叶子节点，那么我们直接判断 sum 是否等于 val 即可（因为路径和已经确定，就是当前节点的值，我们只需要判断该路径和是否满足条件）。若当前节点不是叶子节点，我们只需要递归地询问它的子节点是否能满足条件即可。

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class Solution {
public:
    bool hasPathSum(TreeNode *root, int sum) {
        if (root == nullptr) {
            return false;
        }
        if (root->left == nullptr && root->right == nullptr) {
            return sum == root->val;
        }
        return hasPathSum(root->left, sum - root->val) ||
               hasPathSum(root->right, sum - root->val);
    }
};

  • 时间复杂度：O(N)O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。

  • 空间复杂度：O(H)O(H)，其中 H 是树的高度。空间复杂度主要取决于递归时栈空间的开销，最坏情况下，树呈现链状，空间复杂度为 O(N)O(N)。平均情况下树的高度与节点数的对数正相关，空间复杂度为 O(log⁡N)O(\log N)。