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1 114. 二叉树展开为链表
2 105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树
3 437. 路径总和 III
菜鸟做题（即将返校版），语言是 C++
1 114. 二叉树展开为链表
题眼：展开后的单链表应该与二叉树 先序遍历 顺序相同。
而先序遍历就是指，先遍历左子树，再遍历右子树。题意所说的展开，无非就是让左子树插队到右子树的前面去。
解题思路：采用递归，对于每个节点，先将它的左子树链到右侧去，再让右子树链到左子树的后面。
思路说明图：
对于节点 “1”，绿色部分为其左子树，黄色部分为其右子树。我们需要做的就是：先将左子树链到 “1” 的右侧去，再让右子树链到左子树的后面。对于节点 “2”，同理。
class Solution {
public:
void flatten(TreeNode* root) {
if (!root) return;
TreeNode * p = root->left;
if (p) {
while (p->right) {
p = p->right;
}
TreeNode * q = root->right;
root->right = root->left;
root->left = nullptr; // heap-use-after-free on address 0x503000000138
p->right = q;
}
flatten(root->right);
}
};说明：为了能使右子树链到左子树的屁股后面，我们需要找到左子树的屁股，代码如下。
while (p->right) {
p = p->right;
}坑点：题目中说 “左子指针始终为 null”，即移走左子树后，要把左子指针置为空指针，代码如下。
root->left = nullptr; // heap-use-after-free on address 0x503000000138否则会出现注释中的报错。
2 105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树
遍历特点：
- 前序：根节点 << 左子树 << 右子树
- 中序：左子树 << 根节点 << 右子树
因此，preorder 和 inorder 数组中的元素也呈现出上述排列规律。
思路说明图：
对于 preorder 数组，根据遍历特点，显然最左侧的 “3” 是根节点（root）。但是，我们无法根据 preorder 数组得知 “3” 的左子树和右子树分别是哪两坨。这时，inorder 数组就派上用场了。我们在 inorder 数组中定位 “3”，根据遍历特点，“3” 的左侧部分就是左子树（“9”），右侧部分就是右子树（“20” “15” “7”）。
现在，我们知道 “3” 的左子树和右子树分别是什么了，以及它们各自的长度。由此，我们可以在 preorder 数组中得到 “3” 的左子树和右子树所处的区间，即上图中的 绿色 部分和 蓝色 部分。又根据遍历特点，我们知道 绿色 部分的最左侧是左子树的根节点（root->left），蓝色 部分的最左侧是右子树的根节点（root->right）。
以此类推，构造整个二叉树。
综上，preorder 数组的作用是定位各个根节点，inorder 数组的作用是定位左子树和右子树。
参数说明：
- pre_left、pre_right：当前子树在 preorder 数组所处的区间
- in_left、in_right：当前子树在 inorder 数组所处的区间
- sub_ltree：左子树长度，帮助定位左子树区间
class Solution {
public:
vector<int> preorder, inorder;
unordered_map<int, int> hash;
TreeNode * helper(int pre_left, int pre_right, int in_left, int in_right) {
if (pre_left > pre_right) return nullptr;
int pre_root = pre_left;
int in_root = hash[preorder[pre_root]];
int sub_ltree = in_root - in_left;
TreeNode * node = new TreeNode(preorder[pre_root]);
node->left = helper(pre_left + 1, pre_left + sub_ltree,
in_left, in_root - 1);
node->right = helper(pre_left + sub_ltree + 1, pre_right,
in_root + 1, in_right);
return node;
}
TreeNode* buildTree(vector<int>& arr1, vector<int>& arr2) {
int n = arr1.size();
preorder = arr1;
inorder = arr2;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
hash[inorder[i]] = i;
}
return helper(0, n - 1, 0, n - 1);
}
};3 437. 路径总和 III
关键字：深度搜索（先序遍历）+ 前缀和
我百度了一下，说它俩是一个意思。我觉得采用先序遍历是因为，它每次都是沿着一条直线去遍历的，而不是像中序遍历那样跳着遍历的。因此，先序遍历更符合题意。
思路说明图：路径 “5, 3” 的和可以看作是路径 “10, 5, 3” 的和减去路径 “10” 的和，也就是可以转换为字符串那一节的前缀和问题。
这里说的前缀是指以根节点为开始的路径，而前缀和就是各个前缀的路径和。
具体解法：
① 定义变量
- hash 用于存放各个前缀的路径和
- total 用于记录当前加总出的路径和
- count 用于记录符合条件的路径和的个数
② 查询符合条件的路径和
if (hash.count(total - targetSum)) {
count = hash[total - targetSum];
}就是在 hash 表中寻找，是否有前缀的路径和与当前路径和的差为 targetSum 值。
③ 先序遍历
hash[total]++;
count += helper(root->left, total, targetSum);
count += helper(root->right, total, targetSum);
hash[total]--;在走向下一个节点之前，先把当前路径和存入 hash 表中，因为它是前缀和。同时，当基于这条路径的所有路径都被遍历完毕后，要把这条路径的路径和移出 hash 表，即 hash[total]-- 。
比如，我们遍历完了节点 “3” 及其左右子树，接下来就该遍历 “5” 的右子树了。而 “5” 的右子树不会经过路径 “10, 5, 3” 。因此，在节点 “3” 发现自己的左右子树被遍历完时，“3” 就应该回收以自己为终点的路径 “10, 5, 3” 了。
class Solution {
public:
unordered_map<long, int> hash;
int helper(TreeNode * root, long total, int targetSum) {
if (!root) return 0;
int count = 0;
total += root->val;
if (hash.count(total - targetSum)) {
count = hash[total - targetSum];
}
hash[total]++;
count += helper(root->left, total, targetSum);
count += helper(root->right, total, targetSum);
hash[total]--;
return count;
}
int pathSum(TreeNode* root, int targetSum) {
hash[0] = 1;
return helper(root, 0, targetSum);
}
};说明：下述代码是为了处理前缀本身的路径和等于 targetSum 的情况，也就是它（被减数）不需要和另一个前缀（减数）做减法。这里用路径和为 0 来表示减数，否则这种情况会被忽略。
hash[0] = 1;题外话：虽然 count 变量在每一次递归中都是重新定义的，但是因为它是返回值，所以还是能起到计数器的作用。而 total 变量是作为参数一层一层传下去的，所以它也能起到计数器的作用。
