递归和迭代【Py/Java/C++三种语言详解】LeetCode每日一题240219【树DFS】LeetCode 590、 N 叉树的后序遍历

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题目链接
题目描述
解题思路
代码
- Python
- Java
- C++
- 时空复杂度
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题目链接

LeetCode590、 N 叉树的后序遍历

题目描述

给定一个 n 叉树的根节点 root ，返回 其节点值的 后序遍历 。

n 叉树在输入中按层序遍历进行序列化表示，每组子节点由空值 null 分隔（请参见示例）。

示例 1：

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输入：root = [1,null,3,2,4,null,5,6]
输出：[5,6,3,2,4,1]

示例 2：

在这里插入图片描述

输入：root = [1,null,2,3,4,5,null,null,6,7,null,8,null,9,10,null,null,11,null,12,null,13,null,null,14]
输出：[2,6,14,11,7,3,12,8,4,13,9,10,5,1]

提示：

节点总数在范围 [0, 10(4)] 内
0 <= Node.val <= 10(4)
n 叉树的高度小于或等于 1000

进阶：递归法很简单，你可以使用迭代法完成此题吗?

解题思路

本题的递归解法无非是将LeetCode144、二叉树的前序遍历中的

self.dfs(ans, node.left)
self.dfs(ans, node.right)
ans.append(node.val)

改为

for children in root.children:if children:self.dfs(children)
self.ans.append(root.val)

即可。即始终维持先递归遍历所有子节点，再访问根节点的值这样的顺序。

对于N叉树而言，如果我们考虑其对称的N叉树。以示例一为例如下图所示：

在这里插入图片描述

原N叉树的后序遍历顺序是**：递归地从左往右遍历子节点->访问根节点的值**

如果我们在对称N叉树中进行考虑，想得到和原N叉树的后序遍历顺序一样的结果，则其过程为**：递归地从右往左遍历子节点->访问根节点的值**

即如下图所示

在这里插入图片描述

换句话说，如果我们按照类似【二叉树DFS】LeetCode 589、 N 叉树的前序遍历的迭代法逆序地遍历node.children，对应的对称N叉树的遍历是一种类似于后序遍历，但层内是从右往左的遍历。

我们再考虑这棵对称N叉树的从左往右的前序遍历，会得到原N叉树的后序遍历的逆序结果，即

暂时无法在飞书文档外展示此内容

所以我们把N叉树的后序遍历，转换为了其对称N叉树的前序遍历，最后再取逆序即可。

而对称N叉树的每层从左往右遍历，等同于其原N叉树每层从右往左遍历。

所以迭代法类似二叉树的BFS，只不过是把维护一个队列改为维护一个栈。其核心过程为

stack = [root]  
while(len(stack)):node = stack.pop()ans.append(node.val)for children in node.children:    if children:stack.append(children)
return ans[::-1]

注意每一个子节点入栈的顺序是正序的，即for children in node.children:。这样可以得到其对称N叉树的前序遍历结果了。注意最终的返回结果是ans的逆序结果ans[::-1]。

代码

Python

"""
# Definition for a Node.
class Node:def __init__(self, val=None, children=None):self.val = valself.children = children
"""class Solution:def postorder(self, root: 'Node') -> List[int]:# 迭代法ans = list()if not root:return []stack = [root]  # 用栈维护DFS过程while(len(stack)):node = stack.pop()ans.append(node.val)for children in node.children:    # 子节点正序存入if children:stack.append(children)return ans[::-1]    # 答案最后要反序

Java

class Solution {public List<Integer> postorder(Node root) {List<Integer> ans = new ArrayList<>();if (root == null)return ans;Stack<Node> stack = new Stack<>();stack.push(root);while (!stack.isEmpty()) {Node node = stack.pop();ans.add(node.val);for (Node child : node.children) {if (child != null) {stack.push(child);}}}List<Integer> reversedAns = new ArrayList<>();for (int i = ans.size() - 1; i >= 0; i--) {reversedAns.add(ans.get(i));}return reversedAns;}
}

C++

class Solution {
public:vector<int> postorder(Node* root) {vector<int> ans;if (!root)return ans;stack<Node*> stack;stack.push(root);while (!stack.empty()) {Node* node = stack.top();stack.pop();ans.push_back(node->val);for (Node* child : node->children) {if (child != NULL) {stack.push(child);}}}reverse(ans.begin(), ans.end());return ans;}
};

时空复杂度

时间复杂度：O(N)。仅需一次遍历整棵树。

空间复杂度：O(N)。栈所占最大空间。

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