struct node {
int value;
struct node* left;
struct node* right;
int left_sum;
int right_sum;
}
在二叉树中，从特定节点开始，有一个简单的递归算法来总结其所有子值。有没有办法保存在中间步骤中计算的值并将它们作为left_sum 和right_sum 存储在子节点中？
将struct node* parent 链接添加到节点定义会更容易做到这一点吗？
【问题讨论】：
标签： binary-tree
不，这显然是一个递归练习。想想总和是什么意思。它是零加上“从根向下的所有值的总和”。
有趣的是，“从根节点向下的所有值的总和”是根节点的值加上“从它的左节点向下的所有值的总和”加上 em>“从其右节点向下的所有值的总和”。
希望你能看到我要去的地方。
递归的本质是用类似的、更简单的、带有终止条件的操作来定义一个操作。
在这种情况下，终止条件是树的叶节点，或者为了简化代码，超出叶节点。
检查以下伪代码：
def sumAllNodes (node):
if node == NULL:
return 0
return node.value + sumAllNodes (node.left) + sumAllNodes (node.right)
fullSum = sumAllNodes (rootnode)
这就是它的全部内容。使用以下树：
__A(9)__
/ \
B(3) C(2)
/ \ \
D(21) E(7) F(1)
使用伪代码，总和是A (9) 的值加上左右子树的总和。
A 的左子树是B (3) 的值加上 其 左右子树的总和。
B 的左子树是D 的值 (21) 加上 其 左右子树的总和。
D 的左子树是NULL (0) 的值。
稍后，A 的右子树是C 的值 (2) 加上 its 左右子树的总和，它的左子树为空，其右子树为F(1).
因为您是递归地执行此操作，所以您永远不会明确沿着树的方向向上。事实上，递归调用返回的总和值赋予了这种能力。换句话说，它发生在幕后。
虽然您问题的另一部分并不是真正有用，但当然，可能存在我没有考虑到的未说明的要求，因为它们......未说明:-)
有没有办法将中间步骤中计算出来的值保存起来，作为left_sum和right_sum存储在子节点中？
您永远不会真正重复使用给定子树的总和。在求和计算期间，您将只计算B-and-below 子树一次，作为将其添加到A 和C-and-below 子树的一部分。
您可以存储这些值，以便 B 包含该值和两个总和（左和右） - 这意味着对树的每次更改都必须传播到root 也是如此，但它是可行的。
现在有一些可能有用的情况。例如，如果树本身很少更改，但您需要非常频繁地求总和，则在更新时执行此操作是明智的性能明智之举，以便在大量读取中分摊成本。
我有时会将此方法用于数据库（大多数情况下，数据库的读取频率远高于写入频率），但在“普通”二叉树中很少见。
另一个可能的优化：只需将总和作为树对象中的一个单独变量进行维护。将其初始化为零，然后，无论何时添加一个节点，都将其值添加到总和中。
当你删除一个节点时，从总和中减去它的值。这为您提供了非常快速的 O(1)“返回总和”函数，而无需在更新时向上传播。
缺点是您只有整个树的总和，但我很难想出一个需要子树总和的有效用例。如果您有这样的用例，那么我会选择类似的东西：
def updateAllNodes (node):
if node == NULL:
return 0
node.leftSum = updateAllNodes (node.left)
node.rightSum = updateAllNodes (node.right)
return node.value + node.leftSum + node.rightSum
change the tree somehow (possibly many times)
fullSum = updateAllNodes (root)
换句话说，只需在每次更改后更新整个树（或批量更改然后如果您知道发生了很多更改，则更新）。这可能比尝试将其作为树更新本身的一部分来简单一些。
您甚至可以使用单独的dirtyFlag，每当树发生变化时将其设置为 true，并在您计算和存储总和时设置为 false。然后在总和计算代码中使用它，仅在脏的情况下进行重新计算（换句话说，总和的缓存）。
这样，代码如下：
fullSum = updateAllNodes (root)
fullSum = updateAllNodes (root)
fullSum = updateAllNodes (root)
fullSum = updateAllNodes (root)
fullSum = updateAllNodes (root)
只会在第一次调用时产生费用。由于总和被缓存，其他四个应该快得令人眼花缭乱。
【讨论】：