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解题思路： ​

剑指 Offer 32 - I. 从上到下打印二叉树 主要考察 树的按层打印 ； 剑指 Offer 32 - II. 从上到下打印二叉树 II 额外要求 每一层打印到一行 ； 本题额外要求 打印顺序交替变化（建议按顺序做此三道题）。

Picture1.png

方法一：层序遍历 + 双端队列 ​

  • 利用双端队列的两端皆可添加元素的特性，设打印列表（双端队列） tmp ，并规定：
    • 奇数层 则添加至 tmp 尾部 ，
    • 偶数层 则添加至 tmp 头部 。

算法流程： ​

  1. 特例处理： 当树的根节点为空，则直接返回空列表 [] ；
  2. 初始化： 打印结果空列表 res ，包含根节点的双端队列 deque ；
  3. BFS 循环： 当 deque 为空时跳出；
    1. 新建列表 tmp ，用于临时存储当前层打印结果；
    2. 当前层打印循环： 循环次数为当前层节点数（即 deque 长度）；
      1. 出队： 队首元素出队，记为 node；
      2. 打印： 若为奇数层，将 node.val 添加至 tmp 尾部；否则，添加至 tmp 头部；
      3. 添加子节点： 若 node 的左（右）子节点不为空，则加入 deque ；
    3. 将当前层结果 tmp 转化为 list 并添加入 res ；
  4. 返回值： 返回打印结果列表 res 即可；

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

复杂度分析： ​

  • 时间复杂度 $O(N)$ ： $N$ 为二叉树的节点数量，即 BFS 需循环 $N$ 次，占用 $O(N)$ ；双端队列的队首和队尾的添加和删除操作的时间复杂度均为 $O(1)$ 。
  • 空间复杂度 $O(N)$ ： 最差情况下，即当树为满二叉树时，最多有 $N/2$ 个树节点 同时 在 deque 中，使用 $O(N)$ 大小的额外空间。

代码： ​

Python 中使用 collections 中的双端队列 deque() ，其 popleft() 方法可达到 $O(1)$ 时间复杂度；列表 list 的 pop(0) 方法时间复杂度为 $O(N)$ 。 Java 中将链表 LinkedList 作为双端队列使用。

Python
class Solution:
    def levelOrder(self, root: TreeNode) -> List[List[int]]:
        if not root: return []
        res, deque = [], collections.deque([root])
        while deque:
            tmp = collections.deque()
            for _ in range(len(deque)):
                node = deque.popleft()
                if len(res) % 2 == 0: tmp.append(node.val) # 奇数层 -> 插入队列尾部
                else: tmp.appendleft(node.val) # 偶数层 -> 插入队列头部
                if node.left: deque.append(node.left)
                if node.right: deque.append(node.right)
            res.append(list(tmp))
        return res
Java
class Solution {
    public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
        List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
        if(root != null) queue.add(root);
        while(!queue.isEmpty()) {
            LinkedList<Integer> tmp = new LinkedList<>();
            for(int i = queue.size(); i > 0; i--) {
                TreeNode node = queue.poll();
                if(res.size() % 2 == 0) tmp.addLast(node.val);
                else tmp.addFirst(node.val);
                if(node.left != null) queue.add(node.left);
                if(node.right != null) queue.add(node.right);
            }
            res.add(tmp);
        }
        return res;
    }
}

方法二：层序遍历 + 双端队列（奇偶层逻辑分离） ​

  • 方法一代码简短、容易实现；但需要判断每个节点的所在层奇偶性，即冗余了 $N$ 次判断。
  • 通过将奇偶层逻辑拆分，可以消除冗余的判断。

算法流程： ​

与方法一对比，仅 BFS 循环不同。

  • BFS 循环： 循环打印奇 / 偶数层，当 deque 为空时跳出；
    1. 打印奇数层： 从左向右 打印，先左后右 加入下层节点；
    2. 若 deque 为空，说明向下无偶数层，则跳出；
    3. 打印偶数层： 从右向左 打印，先右后左 加入下层节点；

复杂度分析： ​

  • 时间复杂度 $O(N)$ ： 同方法一。
  • 空间复杂度 $O(N)$ ： 同方法一。

代码： ​

Python
class Solution:
    def levelOrder(self, root: TreeNode) -> List[List[int]]:
        if not root: return []
        res, deque = [], collections.deque()
        deque.append(root)
        while deque:
            tmp = []
            # 打印奇数层
            for _ in range(len(deque)):
                # 从左向右打印
                node = deque.popleft()
                tmp.append(node.val)
                # 先左后右加入下层节点
                if node.left: deque.append(node.left)
                if node.right: deque.append(node.right)
            res.append(tmp)
            if not deque: break # 若为空则提前跳出
            # 打印偶数层
            tmp = []
            for _ in range(len(deque)):
                # 从右向左打印
                node = deque.pop()
                tmp.append(node.val)
                # 先右后左加入下层节点
                if node.right: deque.appendleft(node.right)
                if node.left: deque.appendleft(node.left)
            res.append(tmp)
        return res
Java
class Solution {
    public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
        Deque<TreeNode> deque = new LinkedList<>();
        List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
        if(root != null) deque.add(root);
        while(!deque.isEmpty()) {
            // 打印奇数层
            List<Integer> tmp = new ArrayList<>();
            for(int i = deque.size(); i > 0; i--) {
                // 从左向右打印
                TreeNode node = deque.removeFirst();
                tmp.add(node.val);
                // 先左后右加入下层节点
                if(node.left != null) deque.addLast(node.left);
                if(node.right != null) deque.addLast(node.right);
            }
            res.add(tmp);
            if(deque.isEmpty()) break; // 若为空则提前跳出
            // 打印偶数层
            tmp = new ArrayList<>();
            for(int i = deque.size(); i > 0; i--) {
                // 从右向左打印
                TreeNode node = deque.removeLast();
                tmp.add(node.val);
                // 先右后左加入下层节点
                if(node.right != null) deque.addFirst(node.right);
                if(node.left != null) deque.addFirst(node.left);
            }
            res.add(tmp);
        }
        return res;
    }
}
C++
class Solution {
public:
    vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
        deque<TreeNode*> deque;
        vector<vector<int>> res;
        if(root != NULL) deque.push_back(root);
        while(!deque.empty()) {
            // 打印奇数层
            vector<int> tmp;
            for(int i = deque.size(); i > 0; i--) {
                // 从左向右打印
                TreeNode* node = deque.front();
                deque.pop_front();
                tmp.push_back(node->val);
                // 先左后右加入下层节点
                if(node->left != NULL) deque.push_back(node->left);
                if(node->right != NULL) deque.push_back(node->right);
            }
            res.push_back(tmp);
            if(deque.empty()) break; // 若为空则提前跳出
            // 打印偶数层
            tmp.clear();
            for(int i = deque.size(); i > 0; i--) {
                // 从右向左打印
                TreeNode* node = deque.back();
                deque.pop_back();
                tmp.push_back(node->val);
                // 先右后左加入下层节点
                if(node->right != NULL) deque.push_front(node->right);
                if(node->left != NULL) deque.push_front(node->left);
            }
            res.push_back(tmp);
        }
        return res;
    }
};

方法三：层序遍历 + 倒序 ​

  • 此方法的优点是只用列表即可，无需其他数据结构。
  • 偶数层倒序： 若 res 的长度为 奇数 ，说明当前是偶数层，则对 tmp 执行 倒序 操作。

复杂度分析： ​

  • 时间复杂度 $O(N)$ ： $N$ 为二叉树的节点数量，即 BFS 需循环 $N$ 次，占用 $O(N)$ 。共完成 少于 $N$ 个节点的倒序操作，占用 $O(N)$ 。
  • 空间复杂度 $O(N)$ ： 最差情况下，即当树为满二叉树时，最多有 $N/2$ 个树节点同时在 queue 中，使用 $O(N)$ 大小的额外空间。

<Picture12.png,Picture13.png,Picture14.png,Picture15.png,Picture16.png,Picture17.png,Picture18.png,Picture19.png,Picture20.png,Picture21.png,Picture22.png>

代码： ​

Python
class Solution:
    def levelOrder(self, root: TreeNode) -> List[List[int]]:
        if not root: return []
        res, queue = [], collections.deque()
        queue.append(root)
        while queue:
            tmp = []
            for _ in range(len(queue)):
                node = queue.popleft()
                tmp.append(node.val)
                if node.left: queue.append(node.left)
                if node.right: queue.append(node.right)
            res.append(tmp[::-1] if len(res) % 2 else tmp)
        return res
Java
class Solution {
    public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
        List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
        if(root != null) queue.add(root);
        while(!queue.isEmpty()) {
            List<Integer> tmp = new ArrayList<>();
            for(int i = queue.size(); i > 0; i--) {
                TreeNode node = queue.poll();
                tmp.add(node.val);
                if(node.left != null) queue.add(node.left);
                if(node.right != null) queue.add(node.right);
            }
            if(res.size() % 2 == 1) Collections.reverse(tmp);
            res.add(tmp);
        }
        return res;
    }
}
C++
class Solution {
public:
    vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
        queue<TreeNode*> que;
        vector<vector<int>> res;
        if(root != NULL) que.push(root);
        while(!que.empty()) {
            vector<int> tmp;
            for(int i = que.size(); i > 0; i--) {
                TreeNode* node = que.front();
                que.pop();
                tmp.push_back(node->val);
                if(node->left != NULL) que.push(node->left);
                if(node->right != NULL) que.push(node->right);
            }
            if(res.size() % 2 == 1) reverse(tmp.begin(),tmp.end());
            res.push_back(tmp);
        }
        return res;
    }
};

MIT License.

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