一、题目要求

• 给定一个二叉树：

struct Node {int val;Node *left;Node *right;Node *next;
}

• 填充它的每个 next 指针，让这个指针指向其下一个右侧节点。如果找不到下一个右侧节点，则将 next 指针设置为 NULL。
• 初始状态下，所有 next 指针都被设置为 NULL。
• 进阶：
• • 只能使用常量级额外空间。
• • 使用递归解题也符合要求，本题中递归程序占用的栈空间不算做额外的空间复杂度。
• 示例：

输入：root = [1,2,3,4,5,null,7]
输出：[1,#,2,3,#,4,5,7,#]
解释：给定二叉树如图 A 所示，你的函数应该填充它的每个 next 指针，以指向其下一个右侧节点，如图 B 所示。序列化输出按层序遍历顺序（由 next 指针连接），'#' 表示每层的末尾。

• 提示：
• • 树中的节点数小于 6000；
• • -100 <= node.val <= 100。

二、求解算法

① BFS（广度优先搜索）

• 对于二叉树的遍历有：
• • 前序遍历
• • 中序遍历
• • 后续遍历
• • 深度优先搜索（DFS）
• • 宽度优先搜索（BFS）
• 除了以上的 5 种以外，还有 Morris（莫里斯）的前中后 3 种遍历方式，总共也就这 8 种。所以只要遇到二叉树相关的算法题，首先想到的就是上面的几种遍历方式，然后再稍加修改，基本上也就这个套路。
• 本题求的就是让把二叉树中每行都串联起来，对于这道题来说最适合的就是 BFS，也就是一行一行的遍历，如下：

    public void levelOrder(TreeNode tree) {if (tree == null)return;Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();queue.add(tree);// 相当于把数据加入到队列尾部while (!queue.isEmpty()) {// poll方法相当于移除队列头部的元素TreeNode node = queue.poll();System.out.println(node.val);if (node.left != null)queue.add(node.left);if (node.right != null)queue.add(node.right);}}

• 在遍历每一行的时候，只要把它们串联起来就行了：

    public Node connect(Node root) {if (root == null)return root;Queue<Node> queue = new LinkedList<>();queue.add(root);while (!queue.isEmpty()) {// 每一层的数量int levelCount = queue.size();// 前一个节点Node pre = null;for (int i = 0; i < levelCount; i++) {// 出队Node node = queue.poll();// 如果pre为空就表示node节点是这一行的第一个，// 没有前一个节点指向他，否则就让前一个节点指向他if (pre != null) {pre.next = node;}// 然后再让当前节点成为前一个节点pre = node;// 左右子节点如果不为空就入队if (node.left != null)queue.add(node.left);if (node.right != null)queue.add(node.right);}}return root;}

• 上面运行效率并不是很高，这是因为把节点不同的入队然后再不停的出队，其实可以不需要队列，每一行都可以看成一个链表比如第一行就是只有一个节点的链表，第二行是只有两个节点的链表（假如根节点的左右两个子节点都不为空）。

• Java 示例：

    public Node connect(Node root) {if (root == null)return root;// cur可以把它看做是每一层的链表Node cur = root;while (cur != null) {// 遍历当前层的时候，为了方便操作在下一// 层前面添加一个哑结点（注意这里是访问// 当前层的节点，然后把下一层的节点串起来）Node dummy = new Node(0);// pre表示访下一层节点的前一个节点Node pre = dummy;// 然后开始遍历当前层的链表while (cur != null) {if (cur.left != null) {// 如果当前节点的左子节点不为空，就让pre节点的next指向它，也就是把它串起来pre.next = cur.left;// 然后再更新prepre = pre.next;}// 同理参照左子树if (cur.right != null) {pre.next = cur.right;pre = pre.next;}// 继续访问这一行的下一个节点cur = cur.next;}// 把下一层串联成一个链表之后，让它赋值给 cur 后续继续循环，直到cur为空为止cur = dummy.next;}return root;}

② 层次遍历

• 本题把二叉树各个层的点组织成链表，一个非常直观的思路是层次遍历。树的层次遍历基于广度优先搜索，它按照层的顺序遍历二叉树，在遍历第 i 层前，一定会遍历完第 i−1 层。
• 算法如下：初始化一个队列 q，将根结点放入队列中。当队列不为空的时候，记录当前队列大小为 n，从队列中以此取出 n 个元素并通过这 n 个元素拓展新节点。如此循环，直到队列为空。
• 可以保证每次遍历的 n 个点都是同一层的。我们可以在遍历每一层的时候修改这一层节点的 next 指针，这样就可以把每一层都组织成链表。
• Java 示例：

class Solution {public Node connect(Node root) {if (root == null) {return null;}Queue<Node> queue = new LinkedList<Node>();queue.offer(root);while (!queue.isEmpty()) {int n = queue.size();Node last = null;for (int i = 1; i <= n; ++i) {Node f = queue.poll();if (f.left != null) {queue.offer(f.left);}if (f.right != null) {queue.offer(f.right);}if (i != 1) {last.next = f;}last = f;}}return root;}
}

③ 使用已建立的 next 指针

• 由于必须处理树上的所有节点，所以无法降低时间复杂度，但是可以尝试降低空间复杂度。使用队列保证有序访问同一层的所有节点，并建立它们之间的连接。然而不难发现：一旦在某层的节点之间建立了 next 指针，那这层节点实际上形成了一个链表。因此，如果先去建立某一层的 next 指针，再去遍历这一层，就无需再使用队列了。
• 基于该想法，提出降低空间复杂度的思路：如果第 i 层节点之间已经建立 next 指针，就可以通过 next 指针访问该层的所有节点，同时对于每个第 i 层的节点，又可以通过它的 left 和 right 指针知道其第 i+1 层的孩子节点是什么，所以遍历过程中就能够按顺序为第 i+1 层节点建立 next 指针。
• 具体来说：
• • 从根节点开始，因为第 0 层只有一个节点，不需要处理。可以在上一层为下一层建立 next 指针，该方法最重要的一点是：位于第 x 层时为第 x+1 层建立 next 指针。一旦完成这些连接操作，移至第 x+1 层为第 x+2 层建立 next 指针。
• • 当遍历到某层节点时，该层节点的 next 指针已经建立。这样就不需要队列从而节省空间。每次只要知道下一层的最左边的节点，就可以从该节点开始，像遍历链表一样遍历该层的所有节点。
• Java 示例：

class Solution {Node last = null, nextStart = null;public Node connect(Node root) {if (root == null) {return null;}Node start = root;while (start != null) {last = null;nextStart = null;for (Node p = start; p != null; p = p.next) {if (p.left != null) {handle(p.left);}if (p.right != null) {handle(p.right);}}start = nextStart;}return root;}public void handle(Node p) {if (last != null) {last.next = p;} if (nextStart == null) {nextStart = p;}last = p;}
}