核心内容摘要
探索亚洲的成年人世界：一段关于品味、文化与感官的旅程
核心解题思路要理解这个算法你需要明白二叉树中的任何一个节点在计算路径时其实扮演了两个不同的角色
对“上级”父节点的角色只能提供一条腿当一个节点比如 root向它的父节点汇报工作时它不能把“左根右”这个像拱桥一样的路径汇报上去。
因为路径不能分叉一条路径要想继续向上延伸只能选择左边或者右边的一条路。
汇报值 root-val max(左子树能提供的最大单边路径, 右子树能提供的最大单边路径)。
对“全局答案”的角色可以是路径的最高点拐点一条路径可以在当前节点“拐弯”。
也就是说路径可以是 左子树 - 当前节点 - 右子树。
当前节点为拐点的最大路径和 左子树最大贡献 右子树最大贡献 root-val。
我们需要每遍历到一个节点就计算一下以它为“拐点”的路径和是否比当前的全局最大值 ans 还要大。
如果是就更新 ans。
完整代码class Solution { public: int maxPathSum(TreeNode* root) { int ans INT_MIN; // 初始化为一个最小值防止题目全是负数节点时出错 dfs(root, ans); // 开始递归 return ans; // 返回最终找到的全局最大路径和 } // 注意这里 ans 是引用传递 (int ans)这样递归中修改的都是同一个变量 int dfs(TreeNode *root, int ans) { //
递归终止条件Base Case // 如果节点为空它对路径的贡献就是 0 if (root nullptr) return 0; //
递归计算左右子树的“最大贡献值” // 核心逻辑max(0, ...) 是精华所在 // 如果子树计算出的路径和是负数比如 -10那我们不如不选那条路即贡献为 0。
// 这相当于“剪枝”把负贡献的尾巴剪掉。
int left max(0, dfs(root-left, ans)); int right max(0, dfs(root-right, ans)); //
计算“单边最大路径”用于返回给父节点 // temp 代表如果父节点想连我我能提供的最大值。
// 我只能带上我左右孩子中较大的那一个或者都不带如果都是0。
int temp max(left, right) root-val; //
更新全局最大值ans // 这里原作者写了两行更新其实逻辑涵盖了两种情况 // 第一行更新单边路径的情况比如路径只到当前节点为止或者只连一边 ans max(ans, temp); // 第二行更新“拱桥”情况最关键的一步 // 路径形态左孩子 - 当前节点 - 右孩子 // 这代表路径在当前节点这里“拐弯”了不再向父节点延伸。
ans max(ans, left right root-val); //
返回值 // 注意这里必须返回 temp。
// 因为 dfs 函数的定义是“返回该节点能给父节点提供的最大单边路径”。
// 你不能返回“左根右”因为那是一条死路两头都堵住了不能再连父节点了。
return temp; } };输入: root [1, 2, 3]步骤演示处理节点 2 (左子叶):left, right 都是 0 (因为无子节点)。
temp (汇报给父节点) $0 0 2 2$。
更新 ans此时 ans 可能是 2 (视初始化和遍历顺序而定)。
返回 2。
处理节点 3 (右子叶):left, right 都是 0。
temp (汇报给父节点) $0 0 3 3$。
更新 ansans 更新为 3。
返回 3。
处理节点 1 (根节点):left 2 (来自节点 2 的返回值)。
right 3 (来自节点 3 的返回值)。
计算拱桥路径 (拐点路径):$left right root-val 2 3 1 6$。
更新 ansans 变为6。
计算返回值 (temp):max(2,
1 4 (这意味着如果 1 还有父节点它会汇报
。
最终结果 ans 6