路径总和
112. 路径总和
给你二叉树的根节点 root 和一个表示目标和的整数 targetSum 。判断该树中是否存在 根节点到叶子节点 的路径，这条路径上所有节点值相加等于目标和 targetSum 。如果存在，返回 true ；否则，返回 false 。
叶子节点 是指没有子节点的节点。
示例 1：
输入：root = [5,4,8,11,null,13,4,7,2,null,null,null,1], targetSum = 22
输出：true
解释：等于目标和的根节点到叶节点路径如上图所示。示例 2：
输入：root = [1,2,3], targetSum = 5
输出：false
解释：树中存在两条根节点到叶子节点的路径：
(1 --> 2): 和为 3
(1 --> 3): 和为 4
不存在 sum = 5 的根节点到叶子节点的路径。示例 3：
输入：root = [], targetSum = 0
输出：false
解释：由于树是空的，所以不存在根节点到叶子节点的路径。提示：
- 树中节点的数目在范围
[0, 5000]内 -1000 <= Node.val <= 1000-1000 <= targetSum <= 1000
二叉树的遍历代码是动态规划和回溯算法的祖宗。
二叉树路径和问题：在本题中，我们只是单次遍历二叉树，访问每个节点一次，所以时间复杂度是 O(n)。
子集生成问题：在子集生成问题中，回溯算法需要生成所有可能的子集，对于 n 个元素，存在 个子集， 因此时间复杂度是 。可以这么想，子集生成不是二叉树，而是根据输入的数组生成一颗多叉树。这颗多叉树的节点数就是
有返回值有信息参数的DFS
分类：叶子节点和非叶子节点。局部变量，函数参数，返回值。
操作：检查左右子树中是否有和为sum-root.val的路径，走到null或叶子节点时确定返回什么。只要有一个有，就返回true。
注意，null未必一定在叶子节点下面，即处理null和叶子节点的情况必须同时保留。例子：左子节点不为空但右子节点为空的节点。
class Solution {
// 从root出发是否有路径和为sum的路径。
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
// 特殊情况，输入数组为空或当前节点只有一个子节点
if (root == null) {
return false;
}
// 结束条件：走到叶子节点。重点。
if (root.left == null && root.right == null) {
return sum == root.val;
}
// 没有走到叶子节点，可以继续往下走。选择范围：left和right
return hasPathSum(root.left, sum - root.val) || hasPathSum(root.right, sum - root.val);
}
}- 时间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。
- 空间复杂度：O(H)，其中 H 是树的高度。空间复杂度主要取决于递归时栈空间的开销， 最坏情况下，树呈现链状，空间复杂度为 O(N)。平均情况下树的高度与节点数的对数正相关，空间复杂度为 。
回溯，无返回值无信息参数的DFS
全局变量存路径和，在前序和后序位置变更。结束条件是遇到叶子节点。遇到空直接返回，遇到叶子节点需要判断返回什么。
class Solution {
int target;
boolean found = false;
// 记录遍历过程中的路径和
int curSum = 0;
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int targetSum) {
if (root == null) {
return false;
}
this.target = targetSum;
// dfs 没有target参数，所以要把targetSum赋给全局变量target，这样回溯方法中就能访问target了。
dfs(root);
return found;
}
// 二叉树遍历函数
void dfs(TreeNode root) {
// 特殊情况
if (root == null) {
return;
}
// 前序遍历位置
curSum += root.val;
// 结束条件：叶子节点。这段代码放在前序、中序、后序都可以。
if (root.left == null && root.right == null) {
if (curSum == target) {
found = true;
}
}
// 下面两行代码的顺序也无所谓。
dfs(root.left);
dfs(root.right);
// 后序遍历位置
curSum -= root.val;
}
}可以把前序遍历的代码：
// 前序遍历位置
curSum += root.val;
if (root.left == null && root.right == null) {
if (curSum == target) {
found = true;
}
}改成
if (root.left == null && root.right == null) {
if (curSum + root.val == target) { // 这里一定要加 root.val，不然检查的是上一轮回溯的值。
found = true;
}
}
// 前序遍历位置
curSum += root.val;- 时间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。
- 空间复杂度：O(H)，其中 H 是树的高度。空间复杂度主要取决于递归时栈空间的开销，最坏情况下，树呈现链状，空间复杂度为 O(N)。平均情况下树的高度与节点数的对数正相关，空间复杂度为 O(logN)。
BFS层序遍历
两个队列，一个队列里存节点，一个队列里存路径和。每个节点都对应一个从根节点到该节点的路径和。节点入队时相应的路径和也要入队，出队时路径和也要出队。
走到叶子节点结束，判断返回什么。不需要判空，因为空节点不会入队。
class Solution {
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
if (root == null) {
return false; // 如果根节点为空，则直接返回false
}
// 队列用于存储节点
Queue<TreeNode> queNode = new LinkedList<>();
// 队列用于存储从根节点到当前节点的路径和
Queue<Integer> queVal = new LinkedList<>();
queNode.offer(root); // 将根节点添加到节点队列中
queVal.offer(root.val); // 将根节点的值添加到路径和队列中
// 当节点队列不为空时，进行广度优先搜索
while (!queNode.isEmpty()) {
TreeNode currentNode = queNode.poll(); // 取出当前节点
int currentSum = queVal.poll(); // 取出当前节点对应的路径和
// 检查是否为叶子节点且路径和等于目标和
if (currentNode.left == null && currentNode.right == null) {
if (currentSum == sum) {
return true; // 如果是叶子节点且路径和等于目标和，返回true
}
continue; // 如果不是目标和，继续搜索其他路径。
}
// 如果左子节点不为空，将其加入队列并更新路径和
if (currentNode.left != null) {
queNode.offer(currentNode.left);
queVal.offer(currentNode.left.val + currentSum);
}
// 如果右子节点不为空，将其加入队列并更新路径和
if (currentNode.right != null) {
queNode.offer(currentNode.right);
queVal.offer(currentNode.right.val + currentSum);
}
}
return false; // 如果搜索完所有路径后没有找到符合条件的路径，返回false
}
}- 时间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。
- 空间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。空间复杂度主要取决于队列的开销，队列中的元素个数不会超过树的节点数。队列里最多存储最下面一层的节点。