给定一个二叉树，判断它是否是高度平衡的二叉树。
本题中，一棵高度平衡二叉树定义为：
一个二叉树每个节点 的左右两个子树的高度差的绝对值不超过 1 。
示例 1：
输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：true
示例 2：
输入：root = [1,2,2,3,3,null,null,4,4]
输出：false
示例 3：
输入：root = []
输出：true
提示：
- 树中的节点数在范围 [0, 5000] 内
- − 1 0 4 -10^4 −104 <= Node.val <= 1 0 4 10^4 104
定义函数 treeheight texttt{treeheight} treeheight，用于计算二叉树中的以任意一个结点 p p p 为根结点的子树的高度：
treeheight ( p ) = { 0 p 是空结点 max ( treeheight ( p . left ) , treeheight ( p . right ) ) + 1 p 是非空结点 texttt{treeheight}(p) = begin{cases} 0 & p text{ 是空结点}\ max(texttt{treeheight}(p.textit{left}), texttt{treeheight}(p.textit{right}))+1 & p text{ 是非空结点} end{cases} treeheight(p)={0max(treeheight(p.left),treeheight(p.right))+1p 是空结点p 是非空结点
有了计算结点高度的函数，即可判断二叉树是否平衡。具体做法类似于二叉树的前序遍历，即对于当前遍历到的结点，首先计算左右子树的高度，如果左右子树的高度差是否不超过 1 1 1，再分别递归地遍历左右子结点，并判断左子树和右子树是否平衡。这是一个自顶向下的递归的过程。
为什么先计算计算左右子树的高度，再判断左子树和右子树是否平衡？
因为计算左右子树的高度比判断左右子树是否平衡要更快。所以这里应用了“短路效应”以减少部分耗时。
class Solution {
public:
bool isBalanced(TreeNode* root) {
if(root == nullptr) return true;
if(abs(treeheight(root->left) - treeheight(root->right)) <= 1 && isBalanced(root->left) && isBalanced(root->right)) return true;
else return false;
}
int treeheight(TreeNode* node){
if(node == nullptr) return 0;
else return max(treeheight(node->left), treeheight(node->right))+1;
}
};
// 140ms的原因：
// 140ms：isBalanced(root->left) && abs(treeheight(root->left) - treeheight(root->right)) <= 1 && isBalanced(root->right)
// 4ms： abs(treeheight(root->left) - treeheight(root->right)) <= 1 && isBalanced(root->left) && isBalanced(root->right)
复杂度分析
时间复杂度：其中
n
n
n 是二叉树中的结点个数。
最坏情况下，二叉树是满二叉树，需要遍历二叉树中的所有结点，时间复杂度是
O
(
n
)
O(n)
O(n)。
对于结点
p
p
p，如果它的高度是
d
d
d，则
treeheight
(
p
)
texttt{treeheight}(p)
treeheight(p) 最多会被调用
d
d
d 次（即遍历到它的每一个祖先结点时都会调用一次）。
对于平均的情况，一棵树的高度
h
h
h 满足
O
(
h
)
=
O
(
log
n
)
O(h)=O(log n)
O(h)=O(logn)，因为
d
≤
h
d leq h
d≤h，所以总时间复杂度为
O
(
n
log
n
)
O(n log n)
O(nlogn)。
对于最坏的情况，二叉树形成链式结构，高度为
O
(
n
)
O(n)
O(n)，此时总时间复杂度为
O
(
n
2
)
O(n^2)
O(n2)。
空间复杂度：
O
(
n
)
O(n)
O(n)，其中
n
n
n 是二叉树中的结点个数。空间复杂度主要取决于递归调用的层数，递归调用的层数不会超过
n
n
n。
方法一由于是自顶向下递归，因此对于同一个结点，求树高度的函数 treeheight texttt{treeheight} treeheight 会被重复调用，导致时间复杂度较高。如果使用自底向上的做法，则对于每个结点，求树高度的函数 treeheight texttt{treeheight} treeheight 只会被调用一次。
自底向上递归的做法类似于后序遍历，对于当前遍历到的结点，先递归地判断其左右子树是否平衡，再判断以当前结点为根的子树是否平衡。如果一棵子树是平衡的，则返回其高度（高度一定是非负整数），否则返回 − 1 −1 −1。如果存在一棵子树不平衡，则包含它的整棵二叉树一定不平衡。
为什么不直接计算出左右子树的高度再一起判断？
因为 treeheight 耗时挺长的，所以先调用 treeheight 判断其中一棵子树的高度，如果它是平衡树，则再调用 treeheight 判断另一棵子树。这样可以减少一部分耗时。
class Solution {
public:
bool isBalanced(TreeNode* root) {
if(root == nullptr) return true;
if(treeheight(root) != -1) return true;
else return false;
}
int treeheight(TreeNode* node){
if(node == nullptr) return 0;
int left = treeheight(node->left);
if(left == -1) return -1;
int right = treeheight(node->right);
if(right == -1) return -1;
if(abs(left-right) <= 1) return max(left, right)+1;
else return -1;
}
};
复杂度分析
时间复杂度：
O
(
n
)
O(n)
O(n)，其中
n
n
n 是二叉树中的结点个数。使用自底向上的递归，每个结点的计算高度和判断是否平衡都只需要处理一次，最坏情况下需要遍历二叉树中的所有结点，因此时间复杂度是
O
(
n
)
O(n)
O(n)。
空间复杂度：
O
(
n
)
O(n)
O(n)，其中
n
n
n 是二叉树中的结点个数。空间复杂度主要取决于递归调用的层数，递归调用的层数不会超过
n
n
n。
