20.4.22 二叉树的右视图 中等 199（层序遍历）

时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)

题目

给定一棵二叉树，想象自己站在它的右侧，按照从顶部到底部的顺序，返回从右侧所能看到的节点值。

示例:
输入:?[1,2,3,null,5,null,4]
输出:?[1, 3, 4]
解释:

解题思路

1. 自己做的时候是想着理由类似于广度搜素的思路来做，原来这是叫层序遍历；
2. 不过这道题除了层序遍历还要记录每一层的个数，我自己是利用了一个数组存每一层的个数；
3. 根据记录的个数判断当前是不是当前层的最后一个结点。

代码思路

1. 排除特殊情况；
2. 数组layer记录每层结点个数，变量layerIndex记录当前是第几层；
3. 利用队列进行层序遍历；
4. 变量count统计每一层结点个数，放进数组layer；
5. while循环中，每遍历到一个结点，就将该层的结点数-1，到0即是当前层最后一个结点；
6. 判断左右子结点，count统计下一层结点个数；
7. 如果layer[layerIndex]等于0，即是最后一个结点，加入到result数组，层数+1，把之前统计好的下一层结点数放进layer数组，变量count置0；
8. 看讨论发现一个更妙的解法，可以减少一个数组layer空间。两层循环，也是层序遍历的方法，只是第一层循环的时候用一个变量记录当前队列的结点数，即为当前层的结点数。进入第二层循环，结束条件是变量记录的结点数为0，也是弹出队列中一个结点就-1。

while (!q.empty())
	{
		int size = q.size();
		res.push_back(q.front()->val);
		while (size--)
		{
			TreeNode* temp = q.front();
			q.pop();
			if (temp->right) q.push(temp->right);
			if (temp->left) q.push(temp->left);
		}
	}

代码

/**
 * 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:
    vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
        vector<int> result;
        if(!root) return result;

        vector<int> layer;
        layer.push_back(1);

        queue<TreeNode*> bfs;
        bfs.push(root);

        int layerIndex=0, count=0;

        while(!bfs.empty()){
            TreeNode *curr=bfs.front();
            bfs.pop();
            layer[layerIndex]--;

            if(curr->left){
                bfs.push(curr->left);
                count++;
            }
            if(curr->right){
                bfs.push(curr->right);
                count++;
            }

            if(layer[layerIndex]==0){
                result.push_back(curr->val);
                layerIndex++;
                layer.push_back(count);
                count=0;
            }
        }

        return result;
    }
};

20.4.22 二叉树的右视图 中等 199（层序遍历）

原文：https://www.cnblogs.com/wasi-991017/p/12750897.html