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题目描述

给定一个二叉树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。

百科中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个节点 p、q，最近公共祖先表示为一个节点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。”

示例 1：

输入：root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 1
输出：3
解释：节点 5 和节点 1 的最近公共祖先是节点 3 。

示例 2：

输入：root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 4
输出：5
解释：节点 5 和节点 4 的最近公共祖先是节点 5 。因为根据定义最近公共祖先节点可以为节点本身。

示例 3：

输入：root = [1,2], p = 1, q = 2
输出：1

提示：

  • 树中节点数目在范围 [2, 10^5] 内。
  • -10^9 <= Node.val <= 10^9
  • 所有 Node.val 互不相同 。
  • p != q
  • p 和 q 均存在于给定的二叉树中。

解题思路

这道题是经典的二叉树最近公共祖先问题，有多种解法：

方法一：递归后序遍历（推荐） 核心思想是利用递归的性质：对于当前节点，如果它的左子树和右子树分别包含 p 和 q，那么当前节点就是最近公共祖先。

递归终止条件：

  • 如果当前节点为空，返回 null
  • 如果当前节点是 p 或 q，返回当前节点

递归逻辑：

  • 递归查找左右子树
  • 如果左右子树都找到了目标节点，说明当前节点是 LCA
  • 如果只有一侧找到，说明 LCA 在找到的那一侧

方法二：路径记录法 先找到从根节点到 p 和 q 的路径，然后比较两条路径找到最后的公共节点。这种方法需要额外的空间存储路径。

方法三：父指针法 给每个节点添加父指针，然后从 p 开始向上遍历到根节点，记录所有祖先，再从 q 开始向上遍历，找到第一个公共祖先。

第一种方法最优雅且高效，时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(h)，其中 h 是树的高度。

代码实现

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
        if (root == nullptr || root == p || root == q) {
            return root;
        }
        
        TreeNode* left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q);
        TreeNode* right = lowestCommonAncestor(root->right, p, q);
        
        if (left != nullptr && right != nullptr) {
            return root;
        }
        
        return left != nullptr ? left : right;
    }
};

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.left = None
#         self.right = None

class Solution:
    def lowestCommonAncestor(self, root: 'TreeNode', p: 'TreeNode', q: 'TreeNode') -> 'TreeNode':
        if not root or root == p or root == q:
            return root
        
        left = self.lowestCommonAncestor(root.left, p, q)
        right = self.lowestCommonAncestor(root.right, p, q)
        
        if left and right:
            return root
        
        return left if left else right

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     public int val;
 *     public TreeNode left;
 *     public TreeNode right;
 *     public TreeNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
public class Solution {
    public TreeNode LowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
        if (root == null || root == p || root == q) {
            return root;
        }
        
        TreeNode left = LowestCommonAncestor(root.left, p, q);
        TreeNode right = LowestCommonAncestor(root.right, p, q);
        
        if (left != null && right != null) {
            return root;
        }
        
        return left != null ? left : right;
    }
}

var lowestCommonAncestor = function(root, p, q) {
    if (!root || root === p || root === q) {
        return root;
    }
    
    let left = lowestCommonAncestor(root.left, p, q);
    let right = lowestCommonAncestor(root.right, p, q);
    
    if (left && right) {
        return root;
    }
    
    return left || right;
};
在 LeetCode 上运行： 力扣中文版 LeetCode 国际版

复杂度分析

复杂度类型值说明
时间复杂度O(n)需要遍历树中的所有节点，最坏情况下访问每个节点一次
空间复杂度O(h)递归调用栈的深度等于树的高度 h，最坏情况下为 O(n)

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