给定一个非空二叉树的根节点 root , 以数组的形式返回每一层节点的平均值。与实际答案相差 1 0 − 5 10^{-5} 10−5 以内的答案可以被接受。
示例 1：
输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：[3.00000,14.50000,11.00000]
解释：第 0 层的平均值为 3,第 1 层的平均值为 14.5,第 2 层的平均值为 11 。
因此返回 [3, 14.5, 11] 。
示例 2：
输入：root = [3,9,20,15,7]
输出：[3.00000,14.50000,11.00000]
提示：
- 树中节点数量在 [ 1 , 1 0 4 ] [1, 10^4] [1,104] 范围内
- − 2 31 -2^{31} −231 <= Node.val <= 2 31 − 1 2^{31 - 1} 231−1
可以使用广度优先搜索计算二叉树的层平均值。从根节点开始搜索，每一轮遍历同一层的全部节点，计算该层的节点数以及该层的节点值之和，然后计算该层的平均值。
如何确保每一轮遍历的是同一层的全部节点呢？我们可以借鉴层次遍历的做法，广度优先搜索使用队列存储待访问节点，只要确保在每一轮遍历时，队列中的节点是同一层的全部节点即可。具体做法如下：
- 初始时，将根节点加入队列；
- 每一轮遍历时，将队列中的节点全部取出，计算这些节点的数量以及它们的节点值之和，并计算这些节点的平均值，然后将这些节点的全部非空子节点加入队列，重复上述操作直到队列为空，遍历结束。
由于初始时队列中只有根节点，满足队列中的节点是同一层的全部节点，每一轮遍历时都会将队列中的当前层节点全部取出，并将下一层的全部节点加入队列，因此可以确保每一轮遍历的是同一层的全部节点。
具体实现方面，可以在每一轮遍历之前获得队列中的节点数量 size textit{size} size，遍历时只遍历 size textit{size} size 个节点，即可满足每一轮遍历的是同一层的全部节点。
代码实现我自己的——初始版本（双队列）
class Solution {
queue l1, l2; // l1和l2分别指两层的结点，当l1为空，才将l2的转入l1。当l1和l2都为空则遍历完了全部结点
vector ans;
public:
vector averageOfLevels(TreeNode* root) {
l1.push(root);
while(!l1.empty() || !l2.empty()) level();
return ans;
}
void level(){
long sum = 0;
int n = 0;
while(!l1.empty()){
sum += l1.front()->val;
n++;
if(l1.front()->left != nullptr) l2.push(l1.front()->left);
if(l1.front()->right != nullptr) l2.push(l1.front()->right);
l1.pop();
}
ans.push_back(1.0*sum/n);
l1.swap(l2);
}
};
我自己的——优化版本（单队列）
class Solution {
queue l; // 优化，使用一个队列，然后使用 nullptr 分隔两层
vector ans;
public:
vector averageOfLevels(TreeNode* root) {
l.push(root);
l.push(nullptr);
while(l.size() != 1) level();
return ans;
}
void level(){
double sum = 0;
int n = 0;
while(l.front() != nullptr){
sum += l.front()->val;
n++;
if(l.front()->left != nullptr) l.push(l.front()->left);
if(l.front()->right != nullptr) l.push(l.front()->right);
l.pop();
}
l.pop(); // 将 nullptr 输出
l.push(nullptr);
ans.push_back(sum/n);
}
};
Leetcode 官方题解：
class Solution {
public:
vector averageOfLevels(TreeNode* root) {
auto averages = vector();
auto q = queue();
q.push(root);
while (!q.empty()) {
double sum = 0;
int size = q.size();
for (int i = 0; i < size; i++) {
auto node = q.front();
q.pop();
sum += node->val;
auto left = node->left, right = node->right;
if (left != nullptr) {
q.push(left);
}
if (right != nullptr) {
q.push(right);
}
}
averages.push_back(sum / size);
}
return averages;
}
};
复杂度分析
时间复杂度：
O
(
n
)
O(n)
O(n)，其中
n
n
n 是二叉树中的节点个数。广度优先搜索需要对每个节点访问一次，时间复杂度是
O
(
n
)
O(n)
O(n)。需要对二叉树的每一层计算平均值，时间复杂度是
O
(
h
)
O(h)
O(h)，其中
h
h
h 是二叉树的高度，任何情况下都满足
h
≤
n
h le n
h≤n。因此总时间复杂度是
O
(
n
)
O(n)
O(n)。
空间复杂度：
O
(
n
)
O(n)
O(n)，其中
n
n
n 是二叉树中的节点个数。空间复杂度取决于队列开销，队列中的节点个数不会超过
n
n
n。
因为使用深度优先搜索计算二叉树的层平均值，需要维护两个数组， counts textit{counts} counts 用于存储二叉树的每一层的节点数， sums textit{sums} sums 用于存储二叉树的每一层的节点值之和。搜索过程中需要记录当前节点所在层，如果访问到的节点在第 i i i 层，则将 counts [ i ] textit{counts}[i] counts[i] 的值加 1 1 1，并将该节点的值加到 sums [ i ] textit{sums}[i] sums[i]。
遍历结束之后，第 i i i 层的平均值即为 sums [ i ] / counts [ i ] textit{sums}[i] / textit{counts}[i] sums[i]/counts[i]。
代码实现Leetcode 官方题解
class Solution {
public:
vector averageOfLevels(TreeNode* root) {
auto counts = vector();
auto sums = vector();
dfs(root, 0, counts, sums);
auto averages = vector();
int size = sums.size();
for (int i = 0; i < size; i++) {
averages.push_back(sums[i] / counts[i]);
}
return averages;
}
void dfs(TreeNode* root, int level, vector &counts, vector &sums) {
if (root == nullptr) {
return;
}
if (level < sums.size()) {
sums[level] += root->val;
counts[level] += 1;
} else {
sums.push_back(1.0 * root->val);
counts.push_back(1);
}
dfs(root->left, level + 1, counts, sums);
dfs(root->right, level + 1, counts, sums);
}
};
复杂度分析
时间复杂度：
O
(
n
)
O(n)
O(n)，其中
n
n
n 是二叉树中的节点个数。DFS 需要对每个节点访问一次，对于每个节点，维护两个数组的时间复杂度都是
O
(
1
)
O(1)
O(1)，因此深度优先搜索的时间复杂度是
O
(
n
)
O(n)
O(n)。遍历结束之后计算每层的平均值的时间复杂度是
O
(
h
)
O(h)
O(h)，其中
h
h
h 是二叉树的高度，任何情况下都满足
h
≤
n
h le n
h≤n。因此总时间复杂度是
O
(
n
)
O(n)
O(n)。
空间复杂度：
O
(
n
)
O(n)
O(n)，其中
n
n
n 是二叉树中的节点个数。空间复杂度取决于两个数组的大小和递归调用的层数，两个数组的大小都等于二叉树的高度，递归调用的层数不会超过二叉树的高度，最坏情况下，二叉树的高度等于节点个数。
