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| 1 | +# 题目描述（中等难度） |
| 2 | + |
| 3 | + |
| 4 | + |
| 5 | + |
| 6 | + |
| 7 | +给定一个二叉树，然后每个节点有一个 `next` 指针，将它指向它右边的节点。和 [116 题](<https://leetcode.wang/leetcode-116-Populating-Next-Right-Pointers-in-Each-Node.html>) 基本一样，区别在于之前是满二叉树。 |
| 8 | + |
| 9 | +# 解法一 BFS |
| 10 | + |
| 11 | +直接把 [116 题](<https://leetcode.wang/leetcode-116-Populating-Next-Right-Pointers-in-Each-Node.html>) 题的代码复制过来就好，一句也不用改。 |
| 12 | + |
| 13 | +利用一个栈将下一层的节点保存。通过`pre`指针把栈里的元素一个一个接起来。 |
| 14 | + |
| 15 | +```java |
| 16 | +public Node connect(Node root) { |
| 17 | + if (root == null) { |
| 18 | + return root; |
| 19 | + } |
| 20 | + Queue<Node> queue = new LinkedList<Node>(); |
| 21 | + queue.offer(root); |
| 22 | + while (!queue.isEmpty()) { |
| 23 | + int size = queue.size(); |
| 24 | + Node pre = null; |
| 25 | + for (int i = 0; i < size; i++) { |
| 26 | + Node cur = queue.poll(); |
| 27 | + if (i > 0) { |
| 28 | + pre.next = cur; |
| 29 | + } |
| 30 | + pre = cur; |
| 31 | + if (cur.left != null) { |
| 32 | + queue.offer(cur.left); |
| 33 | + } |
| 34 | + if (cur.right != null) { |
| 35 | + queue.offer(cur.right); |
| 36 | + } |
| 37 | + |
| 38 | + } |
| 39 | + } |
| 40 | + return root; |
| 41 | +} |
| 42 | +``` |
| 43 | + |
| 44 | +# 解法二 |
| 45 | + |
| 46 | +当然题目要求了空间复杂度，可以先到 [116 题](<https://leetcode.wang/leetcode-116-Populating-Next-Right-Pointers-in-Each-Node.html>) 看一下思路，这里在上边的基础上改一下。 |
| 47 | + |
| 48 | +我们用第二种简洁的代码，相对会好改一些。 |
| 49 | + |
| 50 | +```java |
| 51 | +Node connect(Node root) { |
| 52 | + if (root == null) |
| 53 | + return root; |
| 54 | + Node pre = root; |
| 55 | + Node cur = null; |
| 56 | + while (pre.left != null) { |
| 57 | + cur = pre; |
| 58 | + while (cur != null) { |
| 59 | + cur.left.next = cur.right; |
| 60 | + if (cur.next != null) { |
| 61 | + cur.right.next = cur.next.left; |
| 62 | + } |
| 63 | + cur = cur.next; |
| 64 | + } |
| 65 | + pre = pre.left; |
| 66 | + } |
| 67 | + |
| 68 | + return root; |
| 69 | +} |
| 70 | +``` |
| 71 | + |
| 72 | +需要解决的问题还是挺多的。 |
| 73 | + |
| 74 | +```java |
| 75 | +cur.left.next = cur.right; |
| 76 | +cur.right.next = cur.next.left; |
| 77 | +``` |
| 78 | + |
| 79 | +之前的关键代码就是上边两句，但是在这道题中我们无法保证`cur.left` 或者 `cur.right` 或者 `cur.next.left`或者`cur.next.right` 是否为`null`。所以我们需要用一个`while`循环来保证当前节点至少有一个孩子。 |
| 80 | + |
| 81 | +```java |
| 82 | +while (cur.left == null && cur.right == null) { |
| 83 | + cur = cur.next; |
| 84 | +} |
| 85 | +``` |
| 86 | + |
| 87 | +这样的话保证了当前节点至少有一个孩子，然后如果一个孩子为 `null`，那么就可以保证另一个一定不为 `null` 了。 |
| 88 | + |
| 89 | +整体的话，就用了上边介绍的技巧，代码比较长，可以结合的看一下。 |
| 90 | + |
| 91 | +```java |
| 92 | +Node connect(Node root) { |
| 93 | + if (root == null) |
| 94 | + return root; |
| 95 | + Node pre = root; |
| 96 | + Node cur = null; |
| 97 | + while (true) { |
| 98 | + cur = pre; |
| 99 | + while (cur != null) { |
| 100 | + //找到至少有一个孩子的节点 |
| 101 | + if (cur.left == null && cur.right == null) { |
| 102 | + cur = cur.next; |
| 103 | + continue; |
| 104 | + } |
| 105 | + //找到当前节点的下一个至少有一个孩子的节点 |
| 106 | + Node next = cur.next; |
| 107 | + while (next != null && next.left == null && next.right == null) { |
| 108 | + next = next.next; |
| 109 | + if (next == null) { |
| 110 | + break; |
| 111 | + } |
| 112 | + } |
| 113 | + //当前节点的左右孩子都不为空，就将 left.next 指向 right |
| 114 | + if (cur.left != null && cur.right != null) { |
| 115 | + cur.left.next = cur.right; |
| 116 | + } |
| 117 | + //要接上 next 的节点的孩子，所以用 temp 处理当前节点 right 为 null 的情况 |
| 118 | + Node temp = cur.right == null ? cur.left : cur.right; |
| 119 | + |
| 120 | + if (next != null) { |
| 121 | + //next 左孩子不为 null，就接上左孩子。 |
| 122 | + if (next.left != null) { |
| 123 | + temp.next = next.left; |
| 124 | + //next 左孩子为 null，就接上右孩子。 |
| 125 | + } else { |
| 126 | + temp.next = next.right; |
| 127 | + } |
| 128 | + } |
| 129 | + |
| 130 | + cur = cur.next; |
| 131 | + } |
| 132 | + //找到拥有孩子的节点 |
| 133 | + while (pre.left == null && pre.right == null) { |
| 134 | + pre = pre.next; |
| 135 | + //都没有孩子说明已经是最后一层了 |
| 136 | + if (pre == null) { |
| 137 | + return root; |
| 138 | + } |
| 139 | + } |
| 140 | + //进入下一层 |
| 141 | + pre = pre.left != null ? pre.left : pre.right; |
| 142 | + } |
| 143 | +} |
| 144 | +``` |
| 145 | + |
| 146 | +# 解法三 |
| 147 | + |
| 148 | +参考 [这里](<https://leetcode.com/problems/populating-next-right-pointers-in-each-node-ii/discuss/37979/O(1).-Concise.-Fast.-What's-so-hard>)。 |
| 149 | + |
| 150 | +利用解法一的思想，我们利用 `pre` 指针，然后一个一个取节点，把它连起来。解法一为什么没有像解法二那样考虑当前节点为 `null` 呢？因为我们没有添加为 `null` 的节点，就是下边的代码的作用。 |
| 151 | + |
| 152 | +```java |
| 153 | +if (cur.left != null) { |
| 154 | + queue.offer(cur.left); |
| 155 | +} |
| 156 | +if (cur.right != null) { |
| 157 | + queue.offer(cur.right); |
| 158 | +} |
| 159 | +``` |
| 160 | + |
| 161 | +所以这里是一样的，如果当前节点为`null`不处理就可以了。 |
| 162 | + |
| 163 | +第二个问题，怎么得到每次的开头的节点呢？我们用一个`dummy`指针，当连接第一个节点的时候，就将`dummy`指针指向他。此外，之前用的`pre`指针，把它当成`tail`指针可能会更好理解。如下图所示： |
| 164 | + |
| 165 | + |
| 166 | + |
| 167 | +`cur` 指针利用 `next` 不停的遍历当前层。 |
| 168 | + |
| 169 | +如果 `cur` 的孩子不为 `null` 就将它接到 `tail` 后边，然后更新`tail`。 |
| 170 | + |
| 171 | +当 `cur` 为 `null` 的时候，再利用 `dummy` 指针得到新的一层的开始节点。 |
| 172 | + |
| 173 | +`dummy` 指针在链表中经常用到，他只是为了处理头结点的情况，它并不属于当前链表。 |
| 174 | + |
| 175 | +代码就异常的简单了。 |
| 176 | + |
| 177 | +```java |
| 178 | +Node connect(Node root) { |
| 179 | + Node cur = root; |
| 180 | + while (cur != null) { |
| 181 | + Node dummy = new Node(); |
| 182 | + Node tail = dummy; |
| 183 | + //遍历 cur 的当前层 |
| 184 | + while (cur != null) { |
| 185 | + if (cur.left != null) { |
| 186 | + tail.next = cur.left; |
| 187 | + tail = tail.next; |
| 188 | + } |
| 189 | + if (cur.right != null) { |
| 190 | + tail.next = cur.right; |
| 191 | + tail = tail.next; |
| 192 | + } |
| 193 | + cur = cur.next; |
| 194 | + } |
| 195 | + //更新 cur 到下一层 |
| 196 | + cur = dummy.next; |
| 197 | + } |
| 198 | + return root; |
| 199 | +} |
| 200 | +``` |
| 201 | + |
| 202 | +# 总 |
| 203 | + |
| 204 | +本来为了图方便，在 [116 题](<https://leetcode.wang/leetcode-116-Populating-Next-Right-Pointers-in-Each-Node.html>) 的基础上把解法二改了出来，还搞了蛮久，因为为 `null` 的情况太多了，不停的报空指针异常，最后终于理清了思路。但和解法三比起来实在是相形见绌了，解法三太优雅了，但其实这才是正常的思路，从解法一的做法产生灵感，利用 `tail` 指针将它们连起来。 |
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