题目描述（中等难度）

给定一个二叉树，然后每个节点有一个 next 指针，将它指向它右边的节点。和 116 题 基本一样，区别在于之前是满二叉树。

解法一 BFS

直接把 116 题 题的代码复制过来就好，一句也不用改。

利用一个栈将下一层的节点保存。通过pre指针把栈里的元素一个一个接起来。

public Node connect(Node root) { if (root == null) { return root; } Queue<Node> queue = new LinkedList<Node>(); queue.offer(root); while (!queue.isEmpty()) { int size = queue.size(); Node pre = null; for (int i = 0; i < size; i++) { Node cur = queue.poll(); if (i > 0) { pre.next = cur; } pre = cur; if (cur.left != null) { queue.offer(cur.left); } if (cur.right != null) { queue.offer(cur.right); } } } return root; } 

解法二

当然题目要求了空间复杂度，可以先到 116 题 看一下思路，这里在上边的基础上改一下。

我们用第二种简洁的代码，相对会好改一些。

Node connect(Node root) { if (root == null) return root; Node pre = root; Node cur = null; while (pre.left != null) { cur = pre; while (cur != null) { cur.left.next = cur.right; if (cur.next != null) { cur.right.next = cur.next.left; } cur = cur.next; } pre = pre.left; } return root; } 

需要解决的问题还是挺多的。

cur.left.next = cur.right; cur.right.next = cur.next.left; 

之前的关键代码就是上边两句，但是在这道题中我们无法保证cur.left 或者 cur.right 或者 cur.next.left或者cur.next.right 是否为null。所以我们需要用一个while循环来保证当前节点至少有一个孩子。

while (cur.left == null && cur.right == null) { cur = cur.next; } 

这样的话保证了当前节点至少有一个孩子，然后如果一个孩子为 null，那么就可以保证另一个一定不为 null 了。

整体的话，就用了上边介绍的技巧，代码比较长，可以结合的看一下。

Node connect(Node root) { if (root == null) return root; Node pre = root; Node cur = null; while (true) { cur = pre; while (cur != null) { //找到至少有一个孩子的节点 if (cur.left == null && cur.right == null) { cur = cur.next; continue; } //找到当前节点的下一个至少有一个孩子的节点 Node next = cur.next; while (next != null && next.left == null && next.right == null) { next = next.next; if (next == null) { break; } } //当前节点的左右孩子都不为空，就将 left.next 指向 right if (cur.left != null && cur.right != null) { cur.left.next = cur.right; } //要接上 next 的节点的孩子，所以用 temp 处理当前节点 right 为 null 的情况 Node temp = cur.right == null ? cur.left : cur.right; if (next != null) { //next 左孩子不为 null，就接上左孩子。 if (next.left != null) { temp.next = next.left; //next 左孩子为 null，就接上右孩子。 } else { temp.next = next.right; } } cur = cur.next; } //找到拥有孩子的节点 while (pre.left == null && pre.right == null) { pre = pre.next; //都没有孩子说明已经是最后一层了 if (pre == null) { return root; } } //进入下一层 pre = pre.left != null ? pre.left : pre.right; } } 

解法三

参考 这里.-Concise.-Fast.-What's-so-hard>)。

利用解法一的思想，我们利用 pre 指针，然后一个一个取节点，把它连起来。解法一为什么没有像解法二那样考虑当前节点为 null 呢？因为我们没有添加为 null 的节点，就是下边的代码的作用。

if (cur.left != null) { queue.offer(cur.left); } if (cur.right != null) { queue.offer(cur.right); } 

所以这里是一样的，如果当前节点为null不处理就可以了。

第二个问题，怎么得到每次的开头的节点呢？我们用一个dummy指针，当连接第一个节点的时候，就将dummy指针指向他。此外，之前用的pre指针，把它当成tail指针可能会更好理解。如下图所示：

cur 指针利用 next 不停的遍历当前层。

如果 cur 的孩子不为 null 就将它接到 tail 后边，然后更新tail。

当 cur 为 null 的时候，再利用 dummy 指针得到新的一层的开始节点。

dummy 指针在链表中经常用到，他只是为了处理头结点的情况，它并不属于当前链表。

代码就异常的简单了。

Node connect(Node root) { Node cur = root; while (cur != null) { Node dummy = new Node(); Node tail = dummy; //遍历 cur 的当前层 while (cur != null) { if (cur.left != null) { tail.next = cur.left; tail = tail.next; } if (cur.right != null) { tail.next = cur.right; tail = tail.next; } cur = cur.next; } //更新 cur 到下一层 cur = dummy.next; } return root; } 

总

本来为了图方便，在 116 题 的基础上把解法二改了出来，还搞了蛮久，因为为 null 的情况太多了，不停的报空指针异常，最后终于理清了思路。但和解法三比起来实在是相形见绌了，解法三太优雅了，但其实这才是正常的思路，从解法一的做法产生灵感，利用 tail 指针将它们连起来。