【代码随想录算法训练营第37期 day21 | LeetCode530.二叉搜索树的最小绝对差、501.二叉搜索树中的众数、236. 二叉树的最近公共祖先】

530.二叉搜索树的最小绝对差

由于二叉搜索树的特性，中序遍历时，输出的序列是一个单调递增的序列。

转成数组来看，在一个有序数组中，任意两个非连续元素的差值可以分解为连续元素差值的和。

例如，对于有序数组中的三个元素 a[i]，a[i+1]， a[i+2]，

差值 ∣a[i]−a[i+2]∣ 可以分解为 ∣a[i]−a[i+1]∣+∣a[i+1]−a[i+2]∣。

也就是说最小的差值只会在两两做差中产生，其他的两个元素的差值能转换成连续的差值的和，这显然不是最小的，所有我们只需要计算 i-1 和 i 的两个节点的差值，并记录这些差值的最小值即可。

class Solution {
private:
vector<int> vec;
void traversal(TreeNode* root) {if (root == NULL) return;traversal(root->left);vec.push_back(root->val); // 将二叉搜索树转换为有序数组traversal(root->right);
}
public:int getMinimumDifference(TreeNode* root) {vec.clear();traversal(root);if (vec.size() < 2) return 0;int result = INT_MAX;for (int i = 1; i < vec.size(); i++) { // 统计有序数组的最小差值result = min(result, vec[i] - vec[i-1]);}return result;}
};

上述的解法是转换成数组，有额外的空间开销，我们可以直接在二叉树上，按照中序遍历的顺序进行两两节点做差值。这里的难理解的点在于怎么记录上一个节点，这个上一个节点指的是按中序遍历的输出顺序的上一个。

以下是实现代码，在递归中如何记录前一个节点的指针，其实实现起来是很简单， pre = cur 这个操作就能实现，变量pre被用来保持对前一个访问过的节点的引用。初始化时，pre 是NULL，表示还没有前一个节点。

class Solution {
private:
int result = INT_MAX;
TreeNode* pre = NULL;
void traversal(TreeNode* cur) {if (cur == NULL) return;traversal(cur->left);   // 左if (pre != NULL){       // 中result = min(result, cur->val - pre->val);}pre = cur; // 记录前一个traversal(cur->right);  // 右
}
public:int getMinimumDifference(TreeNode* root) {traversal(root);return result;}
};

501.二叉搜索树中的众数

如果不是二叉搜索树，最直观的方法一定是把这个树都遍历了，用map统计频率，把频率排个序，最后取前面高频的元素的集合。

但二叉树搜索树的中序遍历是有序的，这里还是利用这个特性，如果转成数组，这题的思路可以转换成，在这样一个非严格单增的有序序列中，找出现次数最多的数。

在这个序列中，相同的值都是挨在一块的，如11222334555。我们可以用两个指针，从头开始，两个两个比较，相同时count++，用maxcount维护一个最大的count。当count计数到和maxcount相等的时候，说明这个数的个数已经是已知的最大了，先将该数认为是众数，输出到结果集中，如果后续有更大的，再清空结果集，重新记录众数。

通过记录上一个节点，直接在树上进行两两比较的技巧和上一题一样。

我最开始的想法是在 cur 和 pre 两个节点的值不一致时再进行 maxcount 和 result 的判断和更新，写成如下形式：

if(pre == nullptr){count = 1;
}
if(pre != nullptr){if(cur->val == pre->val)count++;else{if(maxcount == count){result.push_back(pre->val);}if(maxcount < count){maxcount = count;result.clear();result.push_back(pre->val);}count = 1;}
}

但这会导致在结束递归之后无法处理最后一个元素的情况。具体来说，如果最后几个元素是众数，并且在完全遍历树之后发现它们的计数与 maxcount 相等，这种情况下代码没有进入 maxcount 的判断，再做一次检查来添加这些元素到结果集 result 中。因为在最后一次递归调用返回后，没有再对 pre 和 count 进行最终的比较和添加操作。

所以把这个判断以及更新放到外边，每次都进行判断和更新，这样更新的节点就得改成 cur 而不是 pre 。整体如下所示。

class Solution {
public:TreeNode* pre = nullptr;int count = 1;int maxcount = -1;void traversal(TreeNode* cur, vector<int>& result){if(cur == nullptr) return;traversal(cur->left, result);if(pre != nullptr && cur->val == pre->val) {count++;} else {count = 1;  // 遇到新值，计数重置}if(count == maxcount) {result.push_back(cur->val);} else if(count > maxcount) {maxcount = count;result.clear();  // 发现更频繁的元素，清空结果列表并重新开始result.push_back(cur->val);}pre = cur;  // 更新前一个节点为当前节点traversal(cur->right, result);}vector<int> findMode(TreeNode* root) {vector<int> result;traversal(root, result);return result;}
};

236. 二叉树的最近公共祖先

记录思路，摘自代码随想录：代码随想录 (programmercarl.com)

遇到这个题目首先想的是要是能自底向上查找就好了，这样就可以找到公共祖先了。

那么二叉树如何可以自底向上查找呢？

回溯啊，二叉树回溯的过程就是从低到上。

后序遍历（左右中）就是天然的回溯过程，可以根据左右子树的返回值，来处理中节点的逻辑。

接下来就看如何判断一个节点是节点q和节点p的公共祖先呢。

首先最容易想到的一个情况：如果找到一个节点，发现左子树出现结点p，右子树出现节点q，或者 左子树出现结点q，右子树出现节点p，那么该节点就是节点p和q的最近公共祖先。

判断逻辑是 如果递归遍历遇到q，就将q返回，遇到p 就将p返回，那么如果 左右子树的返回值都不为空，说明此时的中节点，一定是q 和p 的最近祖先。

那么有录友可能疑惑，会不会左子树 遇到q 返回，右子树也遇到q返回，这样并没有找到 q 和p的最近祖先。

这么想的录友，要审题了，题目强调：二叉树节点数值是不重复的，而且一定存在 q 和 p。

但是很多人容易忽略一个情况，就是节点本身p(q)，它拥有一个子孙节点q(p)。

其实情况一 和 情况二 代码实现过程都是一样的，也可以说，实现情况一的逻辑，顺便包含了情况二。

因为遇到 q 或者 p 就返回，这样也包含了 q 或者 p 本身就是 公共祖先的情况。

class Solution {
public:TreeNode* traversal(TreeNode* cur, TreeNode* p, TreeNode* q){if(cur == NULL) return NULL;if(cur == p || cur == q) return cur;TreeNode* left = NULL;TreeNode* right = NULL;left = traversal(cur->left, p, q);right = traversal(cur->right, p, q);if(left && right){return cur;}if(left && !right) return left;if(!left && right) return right;return NULL;}TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {return traversal(root,p,q);}
};