解题思路： ​

本文解法基于性质：二叉搜索树的中序遍历为递增序列。根据此性质，易得二叉搜索树的 中序遍历倒序 为 递减序列 。

因此，我们可将求 “二叉搜索树第 $cnt$ 大的节点” 可转化为求 “此树的中序遍历倒序的第 $cnt$ 个节点”。

下图中的 k 对应本题的 cnt 。

中序遍历 为 “左、根、右” 顺序，递归代码如下：

# 打印中序遍历
def dfs(root):
    if not root: return
    dfs(root.left)  # 左
    print(root.val) # 根
    dfs(root.right) # 右

// 打印中序遍历
void dfs(TreeNode root) {
    if(root == null) return;
    dfs(root.left); // 左
    System.out.println(root.val); // 根
    dfs(root.right); // 右
}

void dfs(TreeNode* root) {
    if(root == nullptr) return;
    dfs(root->left);
    cout << root->val;
    dfs(root->right);
}

中序遍历的倒序 为 “右、根、左” 顺序，递归法代码如下：

# 打印中序遍历倒序
def dfs(root):
    if not root: return
    dfs(root.right) # 右
    print(root.val) # 根
    dfs(root.left)  # 左

// 打印中序遍历倒序
void dfs(TreeNode root) {
    if(root == null) return;
    dfs(root.right); // 右
    System.out.println(root.val); // 根
    dfs(root.left); // 左
}

void dfs(TreeNode* root) {
    if(root == nullptr) return;
    dfs(root->right);
    cout << root->val;
    dfs(root->left);
}

为求第 $cnt$ 个节点，需要实现以下三项工作：

1. 递归遍历时计数，统计当前节点的序号；
2. 递归到第 $cnt$ 个节点时，应记录结果 $res$ ；
3. 记录结果后，后续的遍历即失去意义，应提前终止（即返回）；

递归解析： ​

1. 终止条件： 当节点 $root$ 为空（越过叶节点），则直接返回；
2. 递归右子树： 即 $dfs(root.right)$ ；
3. 递推工作：
   1. 提前返回： 若 $cnt = 0$ ，代表已找到目标节点，无需继续遍历，因此直接返回；
   2. 统计序号： 执行 $cnt = cnt - 1$ （即从 $cnt$ 减至 $0$ ）；
   3. 记录结果： 若 $cnt = 0$ ，代表当前节点为第 $cnt$ 大的节点，因此记录 $res = root.val$ ；
4. 递归左子树： 即 $dfs(root.left)$ ；

<,,,,,,>

代码： ​

题目指出：$1 \leq cnt \leq N$ （二叉搜索树节点个数）；因此无需考虑 $cnt > N$ 的情况。 若考虑，可以在中序遍历完成后判断 $cnt > 0$ 是否成立，若成立则说明 $cnt > N$ 。

class Solution:
    def findTargetNode(self, root: TreeNode, cnt: int) -> int:
        def dfs(root):
            if not root: return
            dfs(root.right)
            if self.cnt == 0: return
            self.cnt -= 1
            if self.cnt == 0: self.res = root.val
            dfs(root.left)

        self.cnt = cnt
        dfs(root)
        return self.res

class Solution {
    int res, cnt;
    public int findTargetNode(TreeNode root, int cnt) {
        this.cnt = cnt;
        dfs(root);
        return res;
    }
    void dfs(TreeNode root) {
        if(root == null) return;
        dfs(root.right);
        if(cnt == 0) return;
        if(--cnt == 0) res = root.val;
        dfs(root.left);
    }
}

class Solution {
public:
    int findTargetNode(TreeNode* root, int cnt) {
        this->cnt = cnt;
        dfs(root);
        return res;
    }
private:
    int res, cnt;
    void dfs(TreeNode* root) {
        if(root == nullptr) return;
        dfs(root->right);
        if(cnt == 0) return;
        if(--cnt == 0) res = root->val;
        dfs(root->left);
    }
};

复杂度分析： ​

• 时间复杂度 $O(N)$ ： 当树退化为链表时（全部为右子节点），无论 $cnt$ 的值大小，递归深度都为 $N$ ，占用 $O(N)$ 时间。
• 空间复杂度 $O(N)$ ： 当树退化为链表时（全部为右子节点），系统使用 $O(N)$ 大小的栈空间。