leetcode-Symmetric Tree 对称树

      判断一个二叉树是否是轴对称的是一个经典的算法问题，下面结合leetcode上的Symmetric Tree给出判断对称树的两种方法。

      先看看问题描述：

Given a binary tree, check whether it is a mirror of itself (ie, symmetric around its center).

For example, this binary tree is symmetric:

    1
   /   2   2
 / \ / 3  4 4  3

But the following is not:

    1
   /   2   2
   \      3    3

树的结构：

struct TreeNode {
     int val;
     TreeNode *left;
     TreeNode *right;
     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
};

     层次遍历是最直观的方法。对数进行层次遍历，记录每一层的节点，然后对每一层的value组成的字符串判断是不是对称串。算法的时间复杂度为O(nlgn)，非最优,侥幸AC。

class Solution {
public:
    bool isSymmetric(TreeNode *root) {
        if(!root)
            return true;
        if(root->left==NULL && root->right!=NULL || root->left!=NULL && root->right==NULL)
            return false;
        if(!root->left && !root->right)
            return true;
        mm.insert(make_pair(root->left,root->right));
        return judge();
    }
private:
    multimap<TreeNode*,TreeNode*> mm;  //存放每层的节点，将对称位置上的一对节点存在一个key-value对里面

    bool judge(){
        if(mm.empty())
            return true;
        multimap<TreeNode*,TreeNode*> tmp(mm);
        mm.clear();
        for(multimap<TreeNode*,TreeNode*>::iterator it=tmp.begin();it!=tmp.end();++it){
            if(it->first->val!=it->second->val)
                return false;
            if(it->first->left && !it->second->right)
                return false;
            if(!it->first->left && it->second->right)
                return false;
            if(it->first->right && !it->second->left)
                return false;
            if(!it->first->right && it->second->left)
                return false;
            if(it->first->right && it->second->left)
                mm.insert(make_pair(it->first->right,it->second->left));
            if(it->first->left && it->second->right)
                mm.insert(make_pair(it->first->left,it->second->right));
        }
        return judge();  //递归到树的下一层
    }
};

        不采用层次遍历。直接比较对称位置：left的right和right的left比较，left的left和right的right比较。时间复杂度O(n)下面给出递归和非递归两个版本：

1、递归版本

class Solution {
    public:
    bool isSymmetric(TreeNode *root) {
        return root ? isSymmetric(root->left, root->right) : true;
    }
    bool isSymmetric(TreeNode *left, TreeNode *right) {
        if (!left && !right) return true; 
        if (!left || !right) return false; 
            return left->val == right->val && isSymmetric(left->left, right->right)&& isSymmetric(left->right, right->left);
    }
};

class Solution {
public:
    bool isSymmetric (TreeNode* root) {
        if (!root) return true;
        stack<TreeNode*> s;
        s.push(root->left);
        s.push(root->right);
        while (!s.empty ()) {
            auto p = s.top (); s.pop();
            auto q = s.top (); s.pop();
            if (!p && !q) continue;
            if (!p || !q) return false;
            if (p->val != q->val) return false;
            s.push(p->left);
            s.push(q->right);
            s.push(p->right);
            s.push(q->left);
        }
        return true;
    }
};

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原文：http://blog.csdn.net/lc_910927/article/details/36180075