解题思路： ​

通常使用的前序、中序、后序、层序遍历记录的二叉树的信息不完整，即唯一的输出序列可能对应着多种二叉树可能性。题目要求的 序列化 和 反序列化 是 可逆操作 。因此，序列化的字符串应携带 完整的二叉树信息 。

观察题目示例，序列化的字符串实际上是二叉树的 “层序遍历”（BFS）结果，本文也采用层序遍历。

为完整表示二叉树，考虑将叶节点下的 null 也记录。在此基础上，对于列表中任意某节点 node ，其左子节点 node.left 和右子节点 node.right 在序列中的位置都是 唯一确定 的。如下图所示：

上图规律可总结为下表：

设 $m$ 为列表区间 $[0, n]$ 中的 null 节点个数，则可总结出根节点、左子节点、右子节点的列表索引的递推公式：

序列化 使用层序遍历实现。反序列化 通过以上递推公式反推各节点在序列中的索引，进而实现。

序列化 Serialize ： ​

借助队列，对二叉树做层序遍历，并将越过叶节点的 null 也打印出来。

算法流程： ​

1. 特例处理： 若 root 为空，则直接返回空列表 "[]" 。
2. 初始化： 队列 queue （包含根节点 root ）；序列化列表 res 。
3. 层序遍历： 当 queue 为空时跳出。
   1. 节点出队，记为 node 。
   2. 若 node 不为空：① 打印字符串 node.val ，② 将左、右子节点加入 queue 。
   3. 否则（若 node 为空）：打印字符串 "null" 。
4. 返回值： 拼接列表，用 ',' 隔开，首尾添加中括号。

<,,,,,,,,,,,,>

反序列化 Deserialize ： ​

基于本文开始推出的 node , node.left , node.right 在序列化列表中的位置关系，可实现反序列化。

利用队列按层构建二叉树，借助一个指针 i 指向节点 node 的左、右子节点，每构建一个 node 的左、右子节点，指针 i 就向右移动 $1$ 位。

算法流程： ​

1. 特例处理： 若 data 为空，直接返回 null 。
2. 初始化： 序列化列表 vals （先去掉首尾中括号，再用逗号隔开），指针 i = 1 ，根节点 root （值为 vals[0] ），队列 queue（包含 root ）。
3. 按层构建： 当 queue 为空时跳出。
   1. 节点出队，记为 node 。
   2. 构建 node 的左子节点：node.left 的值为 vals[i] ，并将 node.left 入队。
   3. 执行 i += 1 。
   4. 构建 node 的右子节点：node.right 的值为 vals[i] ，并将 node.right 入队。
   5. 执行 i += 1 。
4. 返回值： 返回根节点 root 即可。

<,,,,,,,,,,,,,,,,>

代码： ​

class Codec:
    def serialize(self, root):
        if not root: return "[]"
        queue = collections.deque()
        queue.append(root)
        res = []
        while queue:
            node = queue.popleft()
            if node:
                res.append(str(node.val))
                queue.append(node.left)
                queue.append(node.right)
            else: res.append("null")
        return '[' + ','.join(res) + ']'

    def deserialize(self, data):
        if data == "[]": return
        vals, i = data[1:-1].split(','), 1
        root = TreeNode(int(vals[0]))
        queue = collections.deque()
        queue.append(root)
        while queue:
            node = queue.popleft()
            if vals[i] != "null":
                node.left = TreeNode(int(vals[i]))
                queue.append(node.left)
            i += 1
            if vals[i] != "null":
                node.right = TreeNode(int(vals[i]))
                queue.append(node.right)
            i += 1
        return root

public class Codec {
    public String serialize(TreeNode root) {
        if (root == null) return "[]";
        StringBuilder res = new StringBuilder("[");
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>() {{ add(root); }};
        while (!queue.isEmpty()) {
            TreeNode node = queue.poll();
            if (node != null) {
                res.append(node.val + ",");
                queue.add(node.left);
                queue.add(node.right);
            }
            else res.append("null,");
        }
        res.deleteCharAt(res.length() - 1);
        res.append("]");
        return res.toString();
    }

    public TreeNode deserialize(String data) {
        if (data.equals("[]")) return null;
        String[] vals = data.substring(1, data.length() - 1).split(",");
        TreeNode root = new TreeNode(Integer.parseInt(vals[0]));
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>() {{ add(root); }};
        int i = 1;
        while (!queue.isEmpty()) {
            TreeNode node = queue.poll();
            if (!vals[i].equals("null")) {
                node.left = new TreeNode(Integer.parseInt(vals[i]));
                queue.add(node.left);
            }
            i++;
            if (!vals[i].equals("null")) {
                node.right = new TreeNode(Integer.parseInt(vals[i]));
                queue.add(node.right);
            }
            i++;
        }
        return root;
    }
}

复杂度分析： ​

序列化：

• 时间复杂度 $O(N)$ ： $N$ 为二叉树的节点数，层序遍历需要访问所有节点，最差情况下需要访问 $N + 1$ 个 null ，总体复杂度为 $O(2N + 1) = O(N)$ 。
• 空间复杂度 $O(N)$ ： 最差情况下，队列 queue 同时存储 $\frac{N + 1}{2}$ 个节点（或 $N+1$ 个 null ），使用 $O(N)$ ；列表 res 使用 $O(N)$ 。

反序列化：

• 时间复杂度 $O(N)$ ： $N$ 为二叉树的节点数，按层构建二叉树需要遍历整个 $vals$ ，其长度最大为 $2N+1$ 。
• 空间复杂度 $O(N)$ ： 最差情况下，队列 queue 同时存储 $\frac{N + 1}{2}$ 个节点，因此使用 $O(N)$ 额外空间。