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【LeetCode 热题 100】98. 验证二叉搜索树——（解法一）前序遍历

news 2025/7/13 8:57:31

Problem: 98. 验证二叉搜索树
给你一个二叉树的根节点 root ，判断其是否是一个有效的二叉搜索树。
有效二叉搜索树定义如下：
节点的左子树只包含小于当前节点的数。
节点的右子树只包含大于当前节点的数。
所有左子树和右子树自身必须也是二叉搜索树。

文章目录

整体思路
完整代码
时空复杂度
- 时间复杂度：O(N)
- 空间复杂度：O(H)

整体思路

这段代码旨在解决一个经典的树形结构问题：验证二叉搜索树 (Validate Binary Search Tree)。其目标是判断一棵给定的二叉树是否是有效的二叉搜索树（BST）。

一个有效的BST必须满足以下三个条件：

节点的左子树只包含键小于节点键的节点。
节点的右子树只包含键大于节点键的节点。
左右子树也必须分别是二叉搜索树。

仅仅检查 node.left.val < node.val 和 node.right.val > node.val 是不够的。因为一个节点的值不仅要和它的父节点比较，还必须满足其所有祖先节点施加的约束。例如，在一个节点的右子树中，所有节点的值都必须大于该节点的父节点的值，也要大于其祖父节点的值（如果该节点在祖父的右子树中）。

该算法采用了一种非常优雅且正确的 递归（深度优先搜索，DFS） 方法，通过传递有效值范围来解决这个问题。

核心思想：约束范围 (Constraint Propagation)
- 算法的核心思想是，对于树中的每一个节点，它不仅自身的值有要求，它还会对它的子树施加新的约束。
- 具体来说，当递归到一个节点 node 时，我们不仅检查它自身的值，还会将它的值作为新的边界传递给它的子节点。
- 对于 node 的左子树，所有节点的值都必须小于 node.val。所以，node.val 成为了左子树的上界 (right bound)。
- 对于 node 的右子树，所有节点的值都必须大于 node.val。所以，node.val 成为了右子树的下界 (left bound)。
递归与边界传递
- 算法的主体是一个递归函数 dfs(node, left, right)，它负责验证以 node 为根的子树是否是有效的BST，并且子树中所有节点的值都必须在开区间 (left, right) 内。
- 数据类型选择：使用 long 类型的 left 和 right 是为了处理边界情况，即当节点的 val 恰好是 Integer.MIN_VALUE 或 Integer.MAX_VALUE 时，普通的 int 无法表示比它更小或更大的边界。
- 递归步骤：
  a. 基本情况 (Base Case)：如果 node 为 null，空树被认为是有效的BST，直接返回 true。
  b. 当前节点校验：检查当前节点的值 x = node.val 是否满足从父节点继承来的约束，即 x > left 并且 x < right。如果不满足，整棵树就不是BST，直接返回 false。
  c. 递归校验子树：如果当前节点校验通过，则继续递归地检查左右子树，并传递更新后的约束：
  - 左子树：调用 dfs(node.left, left, x)。左子树的下界 left 不变，但上界更新为当前节点的值 x。
  - 右子树：调用 dfs(node.right, x, right)。右子树的上界 right 不变，但下界更新为当前节点的值 x。
    d. 结果合并：只有当当前节点、左子树和右子树都有效时，以 node 为根的子树才被认为是有效的。&& 逻辑与操作完美地实现了这一点。

完整代码

/*** Definition for a binary tree node.* public class TreeNode {*     int val;*     TreeNode left;*     TreeNode right;*     TreeNode() {}*     TreeNode(int val) { this.val = val; }*     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {*         this.val = val;*         this.left = left;*         this.right = right;*     }* }*/
class Solution {/*** 判断给定的二叉树是否是一个有效的二叉搜索树（BST）。* @param root 二叉树的根节点* @return 如果是有效的BST则返回 true，否则返回 false*/public boolean isValidBST(TreeNode root) {// 初始调用，根节点的有效范围是 (Long.MIN_VALUE, Long.MAX_VALUE)，即整个long类型的范围。// 使用 long 类型是为了防止节点的 val 恰好是 Integer.MIN_VALUE 或 Integer.MAX_VALUE 时，// 边界 int 类型无法表示比它更小或更大的数。return dfs(root, Long.MIN_VALUE, Long.MAX_VALUE);}/*** 递归辅助函数，验证以 node 为根的子树是否是有效的BST，* 并且其所有节点值都在开区间 (left, right) 内。* @param node 当前要验证的节点* @param left 允许的最小值（不包含）* @param right 允许的最大值（不包含）* @return 如果子树有效且满足范围约束，则返回 true*/private boolean dfs(TreeNode node, long left, long right) {// 基本情况：空树是有效的BSTif (node == null) {return true;}// 获取当前节点的值long x = node.val;// 核心逻辑：// 1. 检查当前节点值 x 是否在 (left, right) 区间内。// 2. 递归检查左子树，并更新上界为 x。左子树所有节点必须在 (left, x) 区间内。// 3. 递归检查右子树，并更新下界为 x。右子树所有节点必须在 (x, right) 区间内。// 只有这三个条件都满足时，才返回 true。return x < right && x > left && dfs(node.left, left, x) && dfs(node.right, x, right);}
}

时空复杂度

时间复杂度：O(N)

节点访问：算法通过深度优先搜索（DFS）的方式，访问了树中的每一个节点，并且每个节点只被访问一次。
递归函数调用：dfs 函数对每个节点调用一次。在函数内部，执行的都是常数时间的比较和逻辑运算。
综合分析：
- 设树中共有 N 个节点。每个节点都被访问一次，并进行 O(1) 的操作。
- 因此，总的时间复杂度与节点总数成正比，为 O(N)。

空间复杂度：O(H)

主要存储开销：算法的额外空间主要由递归调用栈所占用。
递归深度：递归的最大深度取决于树的高度 H。
- 最好情况：如果树是高度平衡的，其高度 H 约为 log N。此时空间复杂度为 O(log N)。
- 最坏情况：如果树是极度不平衡的（例如，退化成一个链表），其高度 H 将等于节点数 N。此时空间复杂度为 O(N)。