题目描述

给定一棵二叉树，其中每个节点都含有一个整数数值(该值或正或负)。设计一个算法，打印节点数值总和等于某个给定值的所有路径的数量。注意，路径不一定非得从二叉树的根节点或叶节点开始或结束，但是其方向必须向下(只能从父节点指向子节点方向)。

示例:
给定如下二叉树，以及目标和 sum = 22，

          5/ \4   8/   / \11  13  4/  \    / \7    2  5   1

返回: 3
解释：和为 22 的路径有：[5,4,11,2], [5,8,4,5], [4,11,7]

提示：节点总数 <= 10000

解题思路与代码

这道题，在我看来，是在考验你能不能从题目描述中，抽象出来它到底想表达什么意思。如果你做不到这一点，那对你来说就是hard难度，如果你能抽象出来它的意思，那就还不错，可能会觉得稍微有点简单。

下面就让我来带大家来领略这道题真正想要表达的意思：

思考这样一个问题，这道题，是让你去求题目所给的二叉树所有的路径和，然后简简单单的对比一下和sum相当吗？
如果你这么想，那就说明你想的还是太简单了。你还在第一层，而出题人在第二层。

这道题真正的题意，返回当前二叉树中所有节点都作为一颗二叉树，符合等于sum的路径和的数量。。

了解了抽象出来的题意后，我们再来根据题意撰写我们的代码。

深度优先搜索（DFS）（前序遍历）

我们刚刚已经了解了真正的题意了。也就不难写出符合题意的优质代码。

如果说，返回当前二叉树中所有节点都作为一颗二叉树，符合等于sum的路径和的数量，这是一个大问题的话，那么返回单个节点作为一颗二叉树，返回所有等于sum的路径和，这就是一个小问题。

我们只有先将小问题的代码逻辑写好了，才能再去写大问题的代码逻辑。这是自底向上的，没有根基，也就没有高楼。

很巧的是这个小问题，其实也就是我们刚刚想的第一层，它本质上，也是一个递归函数。我们还能再去抽象出它的单层逻辑来，然后去撰写它的递归代码。下面是它的单层逻辑：

• 首先先设置一个值ret置为0。先判断 单个节点的值是否与sum相等。如果相等，则这就是一个符合sum的路径和。

• 然后因为判断完这单个节点了，接下来就该判断以这个节点作为一个二叉树的根节点，有没有符合sum的路径和。

现在对于单个节点的单层递归逻辑，到现在为止，我们就已经撰写完毕了。不难发现，这个递归函数的返回值是int类型的。然后需要TreeNode*与int作为形参传递进来。
那递归结束的条件呢？自然是如果root为空节点，然后返回0啦~。

下面给出单个节点作为一颗二叉树，返回所有等于sum的路径和的代码：

int oneNodeOfTree(TreeNode* root,int sum){if(root == nullptr) return 0;int ret = 0;if(root->val == sum) ++ret;ret += oneNodeOfTree(root->left,sum - root->val);ret += oneNodeOfTree(root->right,sum - root->val);return ret;}

现在我们再重申一下这道题抽象出来的题目要求：返回当前二叉树中所有节点都作为一颗二叉树，符合等于sum的路径和的数量。

我们已经做完单个节点作为一颗二叉树，返回所有等于sum的路径和的代码了，现在就是想想这个二叉树有多少个节点嘛，然后我们把这些节点所有符合路径和的数量加起来就好了嘛。

这其实也是个递归函数。甚至可以说是前序遍历，因为我们要去统计二叉树中每一个节点。

这个函数逻辑也就更好写，其实和上面的逻辑差不多。唯一的不同就是 ret 的值是不同的。

单个节点的递归函数ret的初始值是0，这是因为我们只需要判断以这个节点为二叉树，他有多少条符合sum的路径和。
而整个二叉树所有节点的ret的初始值为 oneNodeOfTree(root,sum)，这是因为，整个二叉树头节点也是一颗二叉树，它也有很多条路径，我们需要先把他作为单独的一个节点，扔进单个节点的递归函数，去作为ret的初始值。

然后之后的逻辑也差不多，具体的看代码就好了，我也就不多赘述了：

int pathSum(TreeNode* root, int sum) {if(root == nullptr) return 0;int ret = oneNodeOfTree(root,sum);ret += pathSum(root->left,sum);ret += pathSum(root->right,sum);return ret;}

下面是整体的代码：

class Solution {
public:int oneNodeOfTree(TreeNode* root,int sum){if(root == nullptr) return 0;int ret = 0;if(root->val == sum) ++ret;ret += oneNodeOfTree(root->left,sum - root->val);ret += oneNodeOfTree(root->right,sum - root->val);return ret;}int pathSum(TreeNode* root, int sum) {if(root == nullptr) return 0;int ret = oneNodeOfTree(root,sum);ret += pathSum(root->left,sum);ret += pathSum(root->right,sum);return ret;}};

复杂度分析

时间复杂度：

• 小问题的递归函数的时间复杂度为O(n)O(n)O(n),n为二叉树节点的数量。大问题呢，是要遍历整颗二叉树，也要遍历每个节点，每一个节点作为一个小问题，那就是n个小问题。所以总体的时间复杂度就是O(n2)O(n^2)O(n2)

空间复杂度：

• 关于空间复杂度，由于使用了递归，在递归过程中调用栈将保存在内存中，所以空间复杂度也是O(n)O(n)O(n)。
  其中nnn表示树中节点的数量。这是由于在最坏情况下，当树退化为链表时，代码递归到最深处，将会有nnn层的函数调用堆栈被记录下来。

优化：前缀表

关于什么是前缀表可以去看我的这篇文章什么是前缀表，下面来说说，前缀表，到底做了哪些优化。

该解决方案采用哈希表原理来存储数据，并利用前缀和的思想来解决子问题。在访问每个节点时，我们都检查是否有累加到期望和的路径存在。因此时间复杂度为：O(N)，其中N是树中节点的数量。哈希表操作的空间要求是O(N)，因为在最坏情况下哈希表将保存所有节点。同时, 这种做法的空间复杂度等价于我们使用队列迭代遍历的空间复杂度。所以空间复杂度也是O(N)。

综合而言，比较代码段1与代码段2，发现第二段代码是更好解决方案，因为它具有更低的时间复杂度和更高的空间效率，同时其递归深度更小，这使得其通常不会耗尽程序堆栈。

下面给出具体的代码实现：

class Solution {
public:unordered_map prefix; //前缀表int pathSum(TreeNode* root, int sum) {if(root == nullptr) return 0;prefix[0] = 1;//这么设置是因为，当表中第一次出现符合路径的时候，cur - sum的值会是0，所以我们的ret就会加上这个1，所以这里设置的键值对就为（0,1）int cur = 0; //这个cur是路径到当前节点的累加值。return dps(root,cur,sum);}int dps (TreeNode* root,int cur,int sum){if(root == nullptr) return 0;int ret = 0; //这个ret是最终返回的符合对应路径值的个数cur += root->val;if(prefix.count(cur - sum)) ret = prefix[cur-sum];//如果这个我们在前序表中，找到了这个键了，那么ret就加上对应的值。注意，键值可不只可能是0！！prefix[cur]++; //将当前路径的累加值作为一个键添加到前序表中，并将键对应的值加1。ret += dps(root->left,cur,sum); //遍历左子树，将左子树可能的路径都加入前序表中。ret += dps(root->right,cur,sum);//遍历右子树，将右子树可能的路径也都加入前序表中//当我们遍历完一条路径的时候，我们要将对应键值对中的值清空。如果不清空，前序遍历到右子树的时候，//就有可能出现找到了之前左子树没有清空的那个键，导致 多加了一个错误的1prefix[cur]--;return ret;}
};

总结

这道题一点也不算简单。真的是很考验，将题目抽象出具体的意思的能力。还有就是考虑你对一些算法技巧或思想的掌握情况，比如这道题就考验到了你关于算法前缀和这个思想理解的透不透彻，能不能想到用这种方式去解决问题。