Question

1469. 寻找所有的独生节点

English Version

题目描述

二叉树中，如果一个节点是其父节点的唯一子节点，则称这样的节点为 “独生节点” 。二叉树的根节点不会是独生节点，因为它没有父节点。

给定一棵二叉树的根节点 root ，返回树中 所有的独生节点的值所构成的数组 。数组的顺序 不限 。

 

示例 1：

输入：root = [1,2,3,null,4]
输出：[4]
解释：浅蓝色的节点是唯一的独生节点。
节点 1 是根节点，不是独生的。
节点 2 和 3 有共同的父节点，所以它们都不是独生的。

示例 2：

输入：root = [7,1,4,6,null,5,3,null,null,null,null,null,2]
输出：[6,2]
输出：浅蓝色的节点是独生节点。
请谨记，顺序是不限的。 [2,6] 也是一种可接受的答案。

示例 3：

输入：root = [11,99,88,77,null,null,66,55,null,null,44,33,null,null,22]
输出：[77,55,33,66,44,22]
解释：节点 99 和 88 有共同的父节点，节点 11 是根节点。
其他所有节点都是独生节点。

示例 4：

输入：root = [197]
输出：[]

示例 5：

输入：root = [31,null,78,null,28]
输出：[78,28]

 

提示：

•  tree 中节点个数的取值范围是 [1, 1000]。
• 每个节点的值的取值范围是 [1, 10^6]。

解法

方法一：递归

递归搜索二叉树，如果当前节点的左右子节点都不为空，则继续递归搜索左右子树；如果当前节点的左右子节点有一个为空，则将不为空的子节点的值加入结果数组中，然后继续递归搜索左右子树。

时间复杂度 $O(n)$，其中 $n$ 为二叉树的节点个数。需要对二叉树进行一次遍历。

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
#   def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#     self.val = val
#     self.left = left
#     self.right = right
class Solution:
  def getLonelyNodes(self, root: Optional[TreeNode]) -> List[int]:
    def dfs(root):
      if root is None or (root.left is None and root.right is None):
        return
      if root.left is None:
        ans.append(root.right.val)
      if root.right is None:
        ans.append(root.left.val)
      dfs(root.left)
      dfs(root.right)

    ans = []
    dfs(root)
    return ans

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *   int val;
 *   TreeNode left;
 *   TreeNode right;
 *   TreeNode() {}
 *   TreeNode(int val) { this.val = val; }
 *   TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
 *     this.val = val;
 *     this.left = left;
 *     this.right = right;
 *   }
 * }
 */
class Solution {
  private List<Integer> ans = new ArrayList<>();

  public List<Integer> getLonelyNodes(TreeNode root) {
    dfs(root);
    return ans;
  }

  private void dfs(TreeNode root) {
    if (root == null || (root.left == null && root.right == null)) {
      return;
    }
    if (root.left == null) {
      ans.add(root.right.val);
    }
    if (root.right == null) {
      ans.add(root.left.val);
    }
    dfs(root.left);
    dfs(root.right);
  }
}

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *   int val;
 *   TreeNode *left;
 *   TreeNode *right;
 *   TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *   TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *   TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
  vector<int> getLonelyNodes(TreeNode* root) {
    vector<int> ans;
    function<void(TreeNode * root)> dfs;
    dfs = [&](TreeNode* root) {
      if (!root || (!root->left && !root->right)) return;
      if (!root->left) ans.push_back(root->right->val);
      if (!root->right) ans.push_back(root->left->val);
      dfs(root->left);
      dfs(root->right);
    };
    dfs(root);
    return ans;
  }
};

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * type TreeNode struct {
 *   Val int
 *   Left *TreeNode
 *   Right *TreeNode
 * }
 */
func getLonelyNodes(root *TreeNode) []int {
  ans := []int{}
  var dfs func(*TreeNode)
  dfs = func(root *TreeNode) {
    if root == nil || (root.Left == nil && root.Right == nil) {
      return
    }
    if root.Left == nil {
      ans = append(ans, root.Right.Val)
    }
    if root.Right == nil {
      ans = append(ans, root.Left.Val)
    }
    dfs(root.Left)
    dfs(root.Right)
  }
  dfs(root)
  return ans
}