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簡單題，可以訓練一下優化思想。

題意：給出一個二叉樹，每個節點的值在1-9之間，若一條從根節點到葉節點的路徑（path）包含的值可以在排列變換後形成迴文串，則我們稱這條路徑是Pseudo-Palindromic Path。

求PPP的數量。

資料範圍：1≤n≤1e5

很自然的想到自根向下的dfs維護每種數值的數量，只要做到這點已經能ac了。

最裸的dfs的話，時空複雜度均為O(n)，因為dfs過程中儲存了9種value的狀態。可以使用01進行優化，即使用陣列來記錄每個value的狀態stat，每次更新一個value時，就把stat[value]^=1，然後根據stat[value]的值來維護NumberOfOdd的值，若NumberOfOdd<=1，且當前節點為葉節點，則認為搜尋到一條合法路徑。

同時，為避免傳遞引數，可以使用類似八皇后的加鎖解鎖方法，在子節點遞迴結束後將當前狀態進行還原，實際上由於異或運算的特性，只要再呼叫一次對當前value的更新即可。

這樣一來，空間複雜度就降到了常數。

程式碼如下：

/**
 * 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:
    struct stat{
        int v[10];
        stat() {
            for (int i = 0; i < 10; ++i)
                v[i] = 0;
        }//v[0] is used to record the number of odd numbers
        bool check(int x){
            v[x] ^= 1;
            if (v[x]) ++v[0];
            else v[0]--;
            return v[0] <= 1;
        }
    }now;
    int ans = 0;
    void dfs(TreeNode* p){
        if (now.check(p->val) && p->left == nullptr && p->right == nullptr)
            ++ans;
        if (p->left != nullptr)
            dfs(p->left);
        if (p->right != nullptr)
            dfs(p->right);
        now.check(p->val);
    }
    int pseudoPalindromicPaths (TreeNode* root) {
        stat rt;
        dfs(root);
        return ans;
    }
};
 

實際上我第一次寫的時候在dfs的引數中是傳遞了stat型別的，不知道為什麼改了空間更優的寫法重新提交了一次之後，結果並沒有太大的不同。

這道題可以進行很多變種，比如不限於從根節點出發，把value的取值範圍增大等變形，應該能編出許多樹上dp甚至樹鏈剖分的題目。（由於671太菜了，就摸了）