LeetCode 108.将有序数组转换为二叉搜索树

1、题目

题目链接：108. 将有序数组转换为二叉搜索树
给你一个整数数组 nums ，其中元素已经按升序排列，请你将其转换为一棵平衡二叉搜索树。

示例 1：

输入：nums = [-10,-3,0,5,9]
输出：[0,-3,9,-10,null,5]
解释：[0,-10,5,null,-3,null,9] 也将被视为正确答案：

示例 2：

输入：nums = [1,3]
输出：[3,1]
解释：[1,null,3] 和 [3,1] 都是高度平衡二叉搜索树。

提示：

1 <= nums.length <= 104
-104 <= nums[i] <= 104
nums 按 严格递增 顺序排列

2、递归法

思路

这道题要求我们将一个有序的整数数组 nums ，转换为一颗平衡二叉搜索树。本质上就是寻找分割点，分割点作为当前节点，然后递归左区间和右区间。
那么如果数组长度为偶数，中间节点有两个，取哪一个作为分割点呢？
取哪一个都可以，只不过构成了不同的平衡二叉搜索树。
例如：输入：[-10,-3,0,5,9]
如下两棵树，都是这个数组的平衡二叉搜索树：

如果要分割的数组长度为偶数的时候，中间元素为两个，是取左边元素就是树1，取右边元素就是树2。
这也是题目中强调答案不是唯一的原因。

代码

class Solution {
public:
    TreeNode* traversal(vector<int>& nums, int left, int right) {
        // 如果左边界大于右边界，则返回空指针
        if (left > right) {
            return nullptr;
        }
        // 计算中间位置
        int mid = left + ((right - left) >> 1);
        // 创建根节点，并将中间位置的元素作为根节点的值
        TreeNode* root = new TreeNode(nums[mid]);
        // 递归构建左子树
        root->left = traversal(nums, left, mid - 1);
        // 递归构建右子树
        root->right = traversal(nums, mid + 1, right);
        // 返回根节点
        return root;
    }

    TreeNode* sortedArrayToBST(vector<int>& nums) {
        return traversal(nums, 0, nums.size() - 1);
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组的长度。每个数字只访问一次。
空间复杂度：O(log⁡n)，其中 n 是数组的长度。空间复杂度不考虑返回值，因此空间复杂度主要取决于递归栈的深度，递归栈的深度是 O(log⁡n)。

3、迭代法

思路

迭代法可以通过三个队列来模拟，一个队列放遍历的节点，一个队列放左区间下标，一个队列放右区间下标。模拟的就是不断分割的过程。
主要思路是通过广度优先搜索（BFS）的方式，利用队列来将有序数组转换成一个平衡的二叉搜索树（BST）。
函数的基本步骤如下：

初始化：
- 如果数组nums为空，则直接返回nullptr，表示没有树可以构建。
- 创建一个临时的根节点root，其值为0（这个值将在后续步骤中被替换）。
- 初始化三个队列：nodeQue用于存储待处理的节点，leftQue和rightQue分别用于存储相应节点的左区间和右区间的下标。
- 将根节点及其对应的区间（整个数组）加入到队列中。
广度优先搜索：
- 当nodeQue不为空时，循环执行以下步骤：
  - 从nodeQue中取出一个节点curNode。
  - 从leftQue和rightQue中分别取出对应的左区间和右区间的下标。
  - 计算中间位置mid。
  - 将nums[mid]的值赋给curNode。
  - 如果左区间不为空（即left <= mid - 1），则创建一个新的左子节点，并将其以及对应的左区间加入到队列中。
  - 如果右区间不为空（即right >= mid + 1），则创建一个新的右子节点，并将其以及对应的右区间加入到队列中。
返回根节点：
- 当所有的节点都被处理完毕后，返回根节点root。

代码

class Solution {
public:
    TreeNode* sortedArrayToBST(vector<int>& nums) {
        if (nums.size() == 0) return nullptr;

        TreeNode* root = new TreeNode(0);   // 初始根节点
        queue<TreeNode*> nodeQue;           // 放遍历的节点
        queue<int> leftQue;                 // 保存左区间下标
        queue<int> rightQue;                // 保存右区间下标
        nodeQue.push(root);                 // 根节点入队列
        leftQue.push(0);                    // 0为左区间下标初始位置
        rightQue.push(nums.size() - 1);     // nums.size() - 1为右区间下标初始位置

        while (!nodeQue.empty()) {
            TreeNode* curNode = nodeQue.front();
            nodeQue.pop();
            int left = leftQue.front();
            leftQue.pop();
            int right = rightQue.front();
            rightQue.pop();
            int mid = left + ((right - left) / 2);

            curNode->val = nums[mid];       // 将mid对应的元素给中间节点

            if (left <= mid - 1) {          // 处理左区间
                curNode->left = new TreeNode(0);
                nodeQue.push(curNode->left);
                leftQue.push(left);
                rightQue.push(mid - 1);
            }

            if (right >= mid + 1) {         // 处理右区间
                curNode->right = new TreeNode(0);
                nodeQue.push(curNode->right);
                leftQue.push(mid + 1);
                rightQue.push(right);
            }
        }
        return root;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(n)