＜刷题笔记＞ 力扣236题——二叉树的公共祖先
236. 二叉树的最近公共祖先 - 力扣（LeetCode）
题目解释：
我们以这棵树为例，来观察找不同的最近公共祖先有何特点：
思路一：
除了第二种情况，最近公共祖先满足：一个节点在他的左边，一个节点在他的右边。
并且，其他公共祖先不满足这个条件，只有最近公共祖先满足这一点。
所以我们可以利用这个逻辑来破题：从根节点开始往下查找，找到的第一个满足“p和q分别在他的左右两侧的节点”，就是要找的最近公共祖先。
先来特殊处理第二种情况：
然后涉及到最关键的步骤：
分别用bool值封装q和p找位置的函数，便于依次罗列出q和p对于当前节点的位置（是否满足一左一右）
实现IsInTree：
完整代码：
bool IsInTree(TreeNode* tree,TreeNode* k){if(tree==nullptr) return false;return tree==k|| IsInTree(tree->left,k)|| IsInTree(tree->right,k);}TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {//特殊处理本身存在爷孙或父子关系的情况if(root == p || root == q){return root;}//罗列出p和q是否存在的条件bool PInLeft = IsInTree(root->left,p);bool PInRight = !PInLeft;bool QInLeft = IsInTree(root->left,q);bool QInRight = !QInLeft;//分类讨论if((PInLeft && QInRight) || (QInLeft && PInRight)){return root;}else if(PInLeft && QInLeft){return lowestCommonAncestor(root->left,p,q);}else{return lowestCommonAncestor(root->right,p,q);}//return nullptr;}
};但是实际运行速度并不理想： 运行速度几乎都要接近一秒了
这样操作的时间复杂度是O(N^2)：
因为我们的树是一个毫无数据存放逻辑的任意形状的二叉树。所以，每一次去判断IsInTree都是把当前root下面的数据都遍历一遍，因此其本质其实是：第一遍从3开始查左查右，第二次从5开始查左查右，再从6开始查左查右......
如果遇到最坏的如下图一样的环境：
其时间复杂度是O(N^2)
当然，如果越接近完全二叉树的情形，时间复杂度越低，最理想能达到O(n)
思路二：
如果我们能根据找祖先的两个节点往回走，一切都会很好解决。
这样就变成了两条相交链表找交点。
使用前序查找+栈来找记录路径，然后再进行一次“两条相交链表找交点”
比如这张图，要找7，那么我们的路径应该记录为：3-5-2-7
在遇到6这样的错误的分支方向时，我们先将其入栈，发现他不对就出栈。
class Solution {
public:bool FindPath( stack<TreeNode*>& st , TreeNode* des , TreeNode* root){if(root==nullptr) {return false;}st.push(root);if(root == des){return true;}else if((!FindPath(st,des,root->left))&&(!FindPath(st,des,root->right))){st.pop();return false;}return true;}TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {stack<TreeNode*> q_path;stack<TreeNode*> p_path;FindPath(q_path,q,root);FindPath(p_path,p,root);while(q_path.size()!=p_path.size()){if(q_path.size()>p_path.size()) q_path.pop();if(p_path.size()>q_path.size()) p_path.pop();}while(q_path.top()!=p_path.top()){q_path.pop();p_path.pop();}return q_path.top();}
};可以发现现在这种方法提升了不少速度：
欢迎各位看官在评论区写出对这道题的其他解法。