题目描述（简单难度）

给定一个sum，判断是否有一条从根节点到叶子节点的路径，该路径上所有数字的和等于sum。

解法一 递归

这道题其实和 111 题 是一样的，大家可以先看 111 题 的分析，这道题无非是把 111 题 递归传递的depth改为了sum的传递。

如果不仔细分析题目，代码可能会写成下边的样子。

public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) { if (root == null) { return false; } return hasPathSumHelper(root, sum); } private boolean hasPathSumHelper(TreeNode root, int sum) { if (root == null) { return sum == 0; } return hasPathSumHelper(root.left, sum - root.val) || hasPathSumHelper(root.right, sum - root.val); } 

看起来没什么问题，并且对于题目给的样例也是没问题的。但是对于下边的样例：

 3 / \ 9 20 / / \ 8 15 7 sum = 12 

当某个子树只有一个孩子的时候，就会出问题了，可以看 111 题 的分析。

所以代码需要写成下边的样子。

public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) { if (root == null) { return false; } return hasPathSumHelper(root, sum); } private boolean hasPathSumHelper(TreeNode root, int sum) { //到达叶子节点 if (root.left == null && root.right == null) { return root.val == sum; } //左孩子为 null if (root.left == null) { return hasPathSumHelper(root.right, sum - root.val); } //右孩子为 null if (root.right == null) { return hasPathSumHelper(root.left, sum - root.val); } return hasPathSumHelper(root.left, sum - root.val) || hasPathSumHelper(root.right, sum - root.val); } 

解法二 BFS

同样的，我们可以利用一个队列对二叉树进行层次遍历。同时还需要一个队列，保存当前从根节点到当前节点已经累加的和。BFS的基本框架不用改变，参考 102 题。只需要多一个队列，进行细微的改变即可。

public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) { Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<TreeNode>(); Queue<Integer> queueSum = new LinkedList<Integer>(); if (root == null) return false; queue.offer(root); queueSum.offer(root.val); while (!queue.isEmpty()) { int levelNum = queue.size(); // 当前层元素的个数 for (int i = 0; i < levelNum; i++) { TreeNode curNode = queue.poll(); int curSum = queueSum.poll(); if (curNode != null) { //判断叶子节点是否满足了条件 if (curNode.left == null && curNode.right == null && curSum == sum) { return true; } //当前节点和累计的和加入队列 if (curNode.left != null) { queue.offer(curNode.left); queueSum.offer(curSum + curNode.left.val); } if (curNode.right != null) { queue.offer(curNode.right); queueSum.offer(curSum + curNode.right.val); } } } } return false; } 

解法三 DFS

解法一其实本质上就是做了DFS，我们知道DFS可以用栈去模拟。对于这道题，我们可以像解法二的BFS一样，再增加一个栈，去保存从根节点到当前节点累计的和就可以了。

这里的话，用DFS里的中序遍历，参考 94 题。

public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) { Stack<TreeNode> stack = new Stack<>(); Stack<Integer> stackSum = new Stack<>(); TreeNode cur = root; int curSum = 0; while (cur != null || !stack.isEmpty()) { // 节点不为空一直压栈 while (cur != null) { stack.push(cur); curSum += cur.val; stackSum.push(curSum); cur = cur.left; // 考虑左子树 } // 节点为空，就出栈 cur = stack.pop(); curSum = stackSum.pop(); //判断是否满足条件 if (curSum == sum && cur.left == null && cur.right == null) { return true; } // 考虑右子树 cur = cur.right; } return false; } 

但是之前讲了，对于这种利用栈完全模拟递归的思路，对时间复杂度和空间复杂度并没有什么提高。只是把递归传递的参数root和sum，本该由计算机自动的压栈出栈，由我们手动去压栈出栈了。

所以我们能不能提高一下，比如省去sum这个栈？让我们来分析以下。参考 这里 。

我们如果只用一个变量curSum来记录根节点到当前节点累计的和，有节点入栈就加上节点的值，有节点出栈就减去节点的值。

比如对于下边的树，我们进行中序遍历。

 3 / \ 9 20 / \ 8 15 curSum = 0 3 入栈， curSum = 3，3 9 入栈， curSum = 12，3 -> 9 8 入栈， curSum = 20， 3 -> 9 -> 8 8 出栈， curSum = 12， 3 -> 9 9 出栈， curSum = 3， 15 入栈， curSum = 18， 3 -> 9 -> 15 

此时路径是 3 -> 9 -> 15，和应该是 27。但我们得到的是 18，少加了 9。

原因就是我们进行的是中序遍历，当我们还没访问右边的节点的时候，根节点已经出栈了，再访问右边节点的时候，curSum就会少一个根节点的值。

所以，我们可以用后序遍历，先访问左子树，再访问右子树，最后访问根节点。再看一下上边的问题。

 3 / \ 9 20 / \ 8 15 curSum = 0 3 入栈， curSum = 3，3 9 入栈， curSum = 12，3 -> 9 8 入栈， curSum = 20， 3 -> 9 -> 8 8 出栈， curSum = 12， 3 -> 9 15 入栈， curSum = 27， 3 -> 9 -> 15 

此时路径 3 -> 9 -> 15 对应的 curSum 就是正确的了。

用栈实现后序遍历，比中序遍历要复杂一些。当访问到根节点的时候，它的右子树可能访问过了，那就把根节点输出。它的右子树可能没访问过，我们需要去遍历它的右子树。所以我们要用一个变量pre保存上一次遍历的节点，用来判断当前根节点的右子树是否已经遍历完成。

public List<Integer> postorderTraversal(TreeNode root) { List<Integer> result = new LinkedList<>(); Stack<TreeNode> toVisit = new Stack<>(); TreeNode cur = root; TreeNode pre = null; while (cur != null || !toVisit.isEmpty()) { while (cur != null) { toVisit.push(cur); // 添加根节点 cur = cur.left; // 递归添加左节点 } cur = toVisit.peek(); // 已经访问到最左的节点了 // 在不存在右节点或者右节点已经访问过的情况下，访问根节点 if (cur.right == null || cur.right == pre) { toVisit.pop(); result.add(cur.val); pre = cur; cur = null; } else { cur = cur.right; // 右节点还没有访问过就先访问右节点 } } return result; } 

有了上边的后序遍历，对于这道题，代码就很好改了。

public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) { Stack<TreeNode> toVisit = new Stack<>(); TreeNode cur = root; TreeNode pre = null; int curSum = 0; //记录当前的累计的和 while (cur != null || !toVisit.isEmpty()) { while (cur != null) { toVisit.push(cur); // 添加根节点 curSum += cur.val; cur = cur.left; // 递归添加左节点 } cur = toVisit.peek(); // 已经访问到最左的节点了 //判断是否满足条件 if (curSum == sum && cur.left == null && cur.right == null) { return true; } // 在不存在右节点或者右节点已经访问过的情况下，访问根节点 if (cur.right == null || cur.right == pre) { TreeNode pop = toVisit.pop(); curSum -= pop.val; //减去出栈的值 pre = cur; cur = null; } else { cur = cur.right; // 右节点还没有访问过就先访问右节点 } } return false; } 

总

这道题还是在考二叉树的遍历，DFS，BFS。解法三通过后序遍历节省了sum栈，蛮有意思的。