本週的兩道題目都是來自LeetCode。一道為難度為Medium的98題Validate Binary Search Tree，一道為難度為Hard的99題Recover Binary Search Tree。之所以將這兩道題合併在一起，是因為二者的關聯相似度極大，更準確的說，99題是98題的延伸，只需改動一小部分即可。二者所採用的的方法都是深度優先遍歷法(DFS)中的中序遍歷，與我們本週演算法課所講內容一致。這也正是我選這兩道題的原因。

#98題 ##一、問題描述

##二、問題分析 如何判斷一棵樹是否為二叉搜尋樹(BST)？那麼理所當然我們應該看看BST有什麼特性。顯而易見的一個特性就是一個節點的值大於其左子樹任意一個節點的值，小於其右子樹任意一個節點的值。但是其更重要的特性確是：BST按中序遍歷得到的節點序列是一個有序的升序序列

##三、問題求解

針對問題分析，以下是c++原始碼：

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool isValidBST(TreeNode* root) {
        TreeNode* prev = NULL;
        return dfs(root, prev);
    }
private:
     bool dfs(TreeNode* node, TreeNode* &prev) {
        if (!node) return true;
        if(!dfs(node->left, prev)) return false;
        if (prev && prev->val >= node->val) return false;
        prev = node;
        return dfs(node->right, prev);
    }
};
 

#99題 ##一、問題描述

##二、問題分析 本題很明顯是之前一道題的升級版。上一道題我們談了如何確定一棵樹是否為BST，而本題我們要找出兩個出錯的位置，並最終調整為BST。如何找出出錯的位置呢？先看在上題的演算法下什麼情況會出錯。顯然，當本節點root的值大於中序節點遍歷的上一個節點prev的值即出錯。接下來再看出錯的情況有哪些。1.出錯的兩個數相鄰，比如12435。這種情況在遍歷樹的時候只會出錯一次，即在4>3時出錯，我們只需要將3,4交換。2.出錯的兩個數不相鄰，比如14325。這種情況會出錯兩次，分別在4>3,3>2時出錯，此時需交換的兩個節點分別為第一次出錯的前一個節點(4)與第二次出錯的後一節點(2)。除此之外不會出現第三種情況。因此我們除了要像上個題一樣，有一個prev指標記錄中序遍歷的前一個節點，還要額外增加p,q兩個指標記錄出錯的兩個節點。當第一次出錯，p記錄下prev節點,q記錄下root節點(其中p節點一定是出錯的節點，而q出錯與否目前還不清楚)。如果只有一次出錯，那麼遍歷完樹只需交換pq即可。如果發生第二次出錯，那麼要更新q為第二次出錯的root節點，之後再交換pq。這樣做的時間複雜度為O(n),空間複雜度為O(1)。

##三、問題求解

針對問題分析，以下是c++原始碼：

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    void recoverTree(TreeNode* root) {
        TreeNode *pre = NULL, *p = NULL, *q = NULL;
        dfs(root, pre, p, q);
        int temp = p->val;
        p->val = q->val;
        q->val = temp;
    }
private:
    void dfs(TreeNode* root, TreeNode* &pre, TreeNode* &p, TreeNode* &q) {
    	if (root == NULL) {
    		return ;
    	}
    	dfs(root->left, pre, p, q);
    	if (pre && pre->val > root->val) {
    		if (p == NULL) {
    			p = pre;
    			q = root;
    		}
    		else {
    			q = root;
    		}
    	}
    	pre = root;
    	dfs(root->right, pre, p, q);
    }
};

需要注意的是，p,q節點在dfs引數中的呼叫必須以引用的形式(&p,&q)，這樣才能確保在dfs回到recoverTree時p與q的本體有被賦值。之後才能順利交換。本週的兩道題目都是來自LeetCode，一道為難度為Medium的98題Validate Binary Search Tree，一道為難度為Hard的99題Recover Binary Search Tree。之所以將這兩道題合併在一起，是因為二者的關聯相似度極大，更準確的說，99題是98題的延伸，只需改動一小部分即可。二者所採用的的方法都是深度優先遍歷法（DFS)中的中序遍歷，與我們本週演算法課所講內容一致。這也正是我選這兩道題的原因。

#98題 ##一、問題描述

##二、問題分析 如何判斷一棵樹是否為二叉搜尋樹(BST)？那麼理所當然我們應該看看BST有什麼特性。顯而易見的一個特性就是一個節點的值大於其左子樹任意一個節點的值，小於其右子樹任意一個節點的值。但是其更重要的特性確是：BST按中序遍歷得到的節點序列是一個有序的升序序列！或者說，如果用pre,post的方法分別在訪問一個節點前，訪問一個節點後標記這個節點，那麼最終post值越大的節點的value值也一定越大。針對這個特性，我們只需DFS一遍目標樹，看看每一個節點的值(記為root)是否大於它前一個被訪問節點(記為prev)的值即可。注意，由於prev是上一個中序遍歷的節點，因此我們應該在遞迴的中間位置(訪問其左子樹之後、訪問其右子樹之前)更新prev。這樣演算法的時間複雜度為O(n)。

##三、問題求解

針對問題分析，以下是c++原始碼：

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool isValidBST(TreeNode* root) {
        TreeNode* prev = NULL;
        return dfs(root, prev);
    }
private:
     bool dfs(TreeNode* node, TreeNode* &prev) {
        if (!node) return true;
        if(!dfs(node->left, prev)) return false;
        if (prev && prev->val >= node->val) return false;
        prev = node;
        return dfs(node->right, prev);
    }
};

#99題 ##一、問題描述

##二、問題分析 本題很明顯是之前一道題的升級版。上一道題我們談了如何確定一棵樹是否為BST，而本題我們要找出兩個出錯的位置，並最終調整為BST。如何找出出錯的位置呢？先看在上題的演算法下什麼情況會出錯。顯然，當本節點root的值大於中序節點遍歷的上一個節點prev的值即出錯。接下來再看出錯的情況有哪些。1.出錯的兩個數相鄰，比如12435。這種情況在遍歷樹的時候只會出錯一次，即在4>3時出錯，我們只需要將3,4交換。2.出錯的兩個數不相鄰，比如14325。這種情況會出錯兩次，分別在4>3,3>2時出錯，此時需交換的兩個節點分別為第一次出錯的前一個節點(4)與第二次出錯的後一節點(2)。除此之外不會出現第三種情況。因此我們除了要像上個題一樣，有一個prev指標記錄中序遍歷的前一個節點，還要額外增加p,q兩個指標記錄出錯的兩個節點。當第一次出錯，p記錄下prev節點,q記錄下root節點(其中p節點一定是出錯的節點，而q出錯與否目前還不清楚)。如果只有一次出錯，那麼遍歷完樹只需交換pq即可。如果發生第二次出錯，那麼要更新q為第二次出錯的root節點，之後再交換pq。這樣做的時間複雜度為O(n),空間複雜度為O(1)。

##三、問題求解

針對問題分析，以下是c++原始碼：

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    void recoverTree(TreeNode* root) {
        TreeNode *pre = NULL, *p = NULL, *q = NULL;
        dfs(root, pre, p, q);
        int temp = p->val;
        p->val = q->val;
        q->val = temp;
    }
private:
    void dfs(TreeNode* root, TreeNode* &pre, TreeNode* &p, TreeNode* &q) {
    	if (root == NULL) {
    		return ;
    	}
    	dfs(root->left, pre, p, q);
    	if (pre && pre->val > root->val) {
    		if (p == NULL) {
    			p = pre;
    			q = root;
    		}
    		else {
    			q = root;
    		}
    	}
    	pre = root;
    	dfs(root->right, pre, p, q);
    }
};

需要注意的是，p,q節點在dfs引數中的呼叫必須以引用的形式(&p,&q)，這樣才能確保在dfs回到recoverTree時p與q的本體有被賦值。之後才能順利交換。