Skip to content
当前页大纲

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:

Picture1.png

上图规律可总结为下表:

node.valnode 的索引node.left 的索引node.right 的索引
$1$$0$$1$$2$
$2$$1$$3$$4$
$3$$2$$5$$6$
$4$$5$$7$$8$
$5$$6$$9$$10$

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:

node.valnode 的列表索引node.left 的列表索引node.right 的列表索引
$\ne$ null$n$$2(n-m) + 1$$2(n-m) + 2$
$=$ null$n$

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: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:queue 为空时跳出。
    1. 节点出队,记为 node
    2. 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。

<Picture2.png,Picture3.png,Picture4.png,Picture5.png,Picture6.png,Picture7.png,Picture8.png,Picture9.png,Picture10.png,Picture11.png,Picture12.png,Picture13.png,Picture14.png>

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: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: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。

<Picture15.png,Picture16.png,Picture17.png,Picture18.png,Picture19.png,Picture20.png,Picture21.png,Picture22.png,Picture23.png,Picture24.png,Picture25.png,Picture26.png,Picture27.png,Picture28.png,Picture29.png,Picture30.png,Picture31.png>

代码:

Python
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
Java
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。

MIT License.