Leetcode 每日一题：Count Complete Tree Nodes
写在前面：
今天带来一道 Leetcde Easy 的题，但别觉得我在水帖，这道题目在 Google 的面试题中甚至可以升级到 Leetcode medium to hard 的级别，而今天我要带来的正是他的高阶要求，怎么样利用 Complete Binary Tree 的特性对 Tree traversal 进行优化，并且在 Runtime 的限制内解决问题，就让我们一起来看看这道题吧！
题目介绍：
题目信息：
- 题目链接：https://leetcode.com/problems/count-complete-tree-nodes/description/
- 题目类型：Binary Tree，Recursion，TreeTraversal，Math
- 题目难度：Easy (但我带来的这道升级难度应该为 Medium 以上）
- 题目来源：Google 高频面试题
题目介绍：
- 给定一个 Binary Tree，并且这个 Tree 是 Complete Binary Tree
- Complete Binary Tree：
- 除了最后一层以外，所有上层的每一层都没有空节点，均有左右两个 children
- 最后一层中，从左到右之间没有空隙空节点
- 要求找出这个给定 tree 的所有节点个数并返回
- 要求 Runtime 必须在 O(n) 以内
题目想法：
BruteForce：
这道题之所以是 Easy 的原因就是在于它本身不难，只需要用最基本的 Recursion 将整个 tree 遍历一遍就行，每经过一个非空节点增加一个个数，最后返回总个数。
这种方法的代码我就不详细说了，非常简单。但是 Runtime 上需要遍历每一个节点，所以复杂度为 O(n)，并不能满足 Google 面试对这道题目的要求，并且也没有利用 Complete Tree 的性质，所以我们优化的方向主要探索如何利用 Complete Tree
Complete Tree 除了最后一层：
因为 Complete Tree 除了最后一层以外，其他层都是保证所有节点都是塞满的，所以我们的问题就变成了：前面所有节点 + 最后一层有几个节点
而针对一个 满 Binary Tree 的节点，我们只需要知道他的深度 d，再利用公式：
num = pow(2, d) - 1
即可求出除了最后一层以外的所有点。
最后一层遍历，利用 binary search
因为最后一层的点一定是从左到右，中间没有空隙的。我们可以通过 binary tree 的思想逼近找到最右边的那个存在的点，这样就可以确定最后一层一共有几个节点了
根据公式，最后一层最多一共有： 2^d 个节点，而第一个节点我们已经确定是有了（complete tree），所以我们只需要将剩下的 2^d - 1 个节点编号成为 1, 2, ....., 2^d - 1，对这些点做一个binary search。
最后一层 Binary Tree 思路：当目标点不存在时，我们知道右边绝对不会再有节点了，所以我们直接看左半边就行。而当目标点存在时，我们知道左半边一定都有，我们只需要看右半边就可以，这样依次逼近，当 左右 节点相等时，我们就能找到这个最边缘的点，也就可以知道最后一层一共有几个了
而对于每一次的 目标点是否存在，我们又可以利用一次 binary search，因为 binary tree 和 binary search 的结构是相似的：
找寻目标点的 Binary Search 思路：我们最后一层所有点编为 0 -> 2^d - 1，然后展开 binary tree，遍历 d 次，d 为深度
每次遍历时，如果目标点小于 最后一点的 target，我们知道他肯定在 tree 的右半边，我们将root 节点变为 root-> right，反之我们去 root->left。如果我们遍历到了一个空节点，我们直接返回这个点吧不存在
如果我们遍历 d 次后还在实体点，则说明这个点存在，返回 true
而最后的结果也将是：
2^d + 1 + 最后一层点数
题目代码：
/**
* 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:
int getDepth(TreeNode* root){
//stop at the last level
int d = 0;
while(root->left){
//since it is a complete tree, every level shall have the leftmost
root = root->left;
d += 1;
}
return d;
}
bool exists(int target, TreeNode* root, int depth){
//the last level have total 2^d node, denote from 0 to 2^d - 1
int left = 0, right = pow(2, depth) - 1;
for(int i = 0; i < depth; i++){
int pivot = (left + right) / 2;
//use the binary tree property, if the target smaller than pivot, then it must be
//in the left subtree of the tree, and vice versa
if(target <= pivot){
root = root->left;
right = pivot;
}else{
root = root->right;
left = pivot + 1;
}
if(root == nullptr){
break;
}
}
//at the very last, if the node is not nullptr, then we shall say it is exists.
return (root != nullptr);
}
int countNodes(TreeNode* root) {
if(!root)
return 0;
//find the depth of the tree, then calculate the d-1 complete nodes:
int d = getDepth(root);
int res = pow(2, d) - 1;
if(d == 0)
return 1;
//use binary search to check how many nodes exist in the last level
//actually use the binary tree to target the right-most node at the last level
int left = 1, right = pow(2, d) - 1;
while(left <= right){
int pivot = (left + right) / 2;
//if the pivot exist, then we are confident to say all the left behind is exist
if(exists(pivot, root, d)){
left = pivot + 1;
}else{
//since complete tree, if pivot don't exist, then every node at the right
//side won't exist
right = pivot - 1;
}
}
return res + left;
}
};- Runtime：O(log^2 N) + O(log^N) = O(log^N)
- Space: O(1)
- 满足小于 O(N) 的需求，而且会比 O(N) 快很多