深搜

深搜简单来说就是一直递归到底，然后返回，以二叉树为例，就是从根节点出发一直搜索到叶子节点，然后想上返回。

这里简单说明一下：深搜的英文缩写是 dfs，下面定义深搜函数名我直接命名为 dfs

实战演练

计算布尔二叉树的值

https://leetcode.cn/problems/evaluate-boolean-binary-tree/description/

看到二叉树的题目，大家应该都会首选递归来解决，现在我们来思考如何递归：

首先分解主问题，要想求出二叉树布尔值，首先要知道左子树和右子树的布尔值，再通过根节点进行布尔运算

如何得到左右子树的布尔值，还是一样，根据上面的操作，那么我们就完成了问题的拆分，成功获得了子问题，函数的参数是需要根节点即可。

最后我们来看一下递归的出口，当我们遇到的节点为0 / 1 时，我们直接返回 false / true 即可。

回顾上面的递归操作，从根节点一直递归到叶子节点，这就是深搜。

<code>class Solution { -- -->

public boolean evaluateTree(TreeNode root) {

if(root.val == 1)

return true;

else if(root.val == 0)

return false;

boolean left = evaluateTree(root.left);

boolean right = evaluateTree(root.right);

return root.val == 2 ? left | right : left & right;

}

}

求根节点到叶节点数字之和

https://leetcode.cn/problems/sum-root-to-leaf-numbers/

找出子问题：要想求出根节点到叶子节点的数字之和，需要知道左子树和右子树的数字之和，然后进行相加，就可以得出答案，要想求出左右子树的数字之和，还是按照上面的操作。

现在我们来分析函数参数的设计，首先根节点是一定要知道的，其次就是前面得到的数字之和，有了前面的数字之和我们就可以计算当前节点的数字之和：

就像上图所示，当递归到 5 这个节点的时候，我们需要获取到前面的 49， 然后计算得到目前节点的数值 49 * 10 + 5 = 495

我们先看代码：

<code>class Solution { -- -->

public int sumNumbers(TreeNode root) {

return dfs(root, 0);

}

int dfs(TreeNode root, int sum) {

sum = sum * 10 + root.val;

int count = 0;

if(root.left != null) count += dfs(root.left, sum);

if(root.right != null) count += dfs(root.right, sum);

return count == 0 ? sum : count;

}

}

你会发现我这里没有设计函数的出口，为什么？首先题目的节点个数是大于等于 1 的，所以我们在进行递归的时候，如果发现不存在左子树就不用进去，不存在右子树也不用进去，这其实就是剪枝的思想，既然我们不会进到空节点，也就没有 节点为空的情况，自然不需要再前面加递归的出口。

然后就是先计算当前节点的数字之和，接着获取左子树和右子树的数字之和，最后返回两者之和即可。

这里要注意 count 这个变量，因为初始状态设置为 零，所以当我们遇到叶子节点的时候，是不会进行左右子树的搜索的，这时候就不能直接返回 count ，而是返回这个节点的数字之和。

二叉树剪枝

https://leetcode.cn/problems/binary-tree-pruning/description/

我们进行深搜的时候，什么时候进行剪枝？当发现根节点的左边和右边都为空并且根节点的数值为 0 的时候，需要裁剪，那么函数需要传递的参数就是根节点。

函数体的设计：首先我们要得到根节点左右子树是否为空，那么需要进行递归，先看看左子树是否需要裁剪，再看看右子树是否需要裁剪，最后根据前面我们得到的条件来判断是否需要进行根节点的裁剪。

递归出口：当节点为空，直接返回。

<code>class Solution { -- -->

public TreeNode pruneTree(TreeNode root) {

if(root == null) {

return root;

}

root.left = pruneTree(root.left);

root.right = pruneTree(root.right);

if(root.val == 0 && root.left == null && root.right == null) {

return null;

}

return root;

}

}

验证二叉搜索树

https://leetcode.cn/problems/validate-binary-search-tree/description/

首先我们知道二叉树搜索树中序遍历会得到一个有序的数据，所以我们可以利用这一个特性来解决这个问题。

首先深搜使用的是中序遍历，参数为根节点，然后我们需要一个全局变量来记录上一个节点的数值

这里直接上代码：

<code>class Solution { -- -->

long prev = Long.MIN_VALUE;

public boolean isValidBST(TreeNode root) {

if(root.left != null && !isValidBST(root.left))

return false;

if(root.val > prev) {

prev = root.val;

} else {

return false;

}

if(root.right != null && !isValidBST(root.right))

return false;

return true;

}

}

当我们知道左子树已经不是二叉搜索树的时候，我们就不需要进行后面的操作，直接返回false，这就是剪枝的思想。

这里要注意由于二叉树最小数值可能为 2 ^ -31，所以我们设置 prev 全局变量的时候，要使用 Long.MIN_VALUE。

二叉搜索树中第 k 小的元素

https://leetcode.cn/problems/kth-smallest-element-in-a-bst/description/

这里定义两个全部变量，一个记录当前是否为第 k 小，一个记录当前获得的数值。

之后进行中序遍历，当 count == 0 时直接返回答案。

这里要注意当左子树不为空，才进行深搜，右子树同理。

<code>class Solution { -- -->

int prev = 0;

int count = 0;

public int kthSmallest(TreeNode root, int k) {

count = k;

return dfs(root);

}

int dfs(TreeNode root) {

if(count == 0) {

return prev;

}

if(root.left != null) {

dfs(root.left);

}

if(count == 0) {

return prev;

} else {

prev = root.val;

count--;

}

if(root.right != null) {

dfs(root.right);

}

return prev;

}

}

二叉树的所有路径

https://leetcode.cn/problems/binary-tree-paths/description/

这里我们使用 StringBuffer 来作为参数，因为 String 进行频繁的插入是很慢的。

定义全部变量 ans ，进行链表的接收。

注意在深搜函数中我们不能直接修改 参数 _path，因为这是一个引用变量，你的修改是真的会影响到这个 path的，所以这里采用新建立一个 path

函数递归流程：首先先拼接当前节点的数值，然后检查该节点是否为叶子节点，如果是，则直接返回链表，如果不是则需要添加一个 ->，然后进行左子树和右子树的深搜，这里我采用剪枝的思想，只用左右子树存在的时候才进行深搜，所以没有递归出口 root == null 这种情况的出现。

<code>class Solution { -- -->

List<String> ans = new ArrayList<>();

public List<String> binaryTreePaths(TreeNode root) {

return dfs(root, new StringBuffer());

}

List<String> dfs(TreeNode root, StringBuffer _path) {

StringBuffer path = new StringBuffer(_path);

path.append(root.val);

if(root.left == null && root.right == null) {

ans.add(path.toString());

return ans;

}

path.append("->");

if(root.left != null) {

dfs(root.left,path);

}

if(root.right != null) {

dfs(root.right,path);

}

return ans;

}

}