From e066a4507bb77b903a183a67e3397f31784c9316 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: ShusenTang <tangshusen@pku.edu.cn>
Date: Wed, 4 Dec 2019 21:57:44 +0800
Subject: [PATCH] Create 331. Verify Preorder Serialization of a Binary Tree.md

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 ...Preorder Serialization of a Binary Tree.md | 89 +++++++++++++++++++
 1 file changed, 89 insertions(+)
 create mode 100644 solutions/331. Verify Preorder Serialization of a Binary Tree.md

diff --git a/solutions/331. Verify Preorder Serialization of a Binary Tree.md b/solutions/331. Verify Preorder Serialization of a Binary Tree.md
new file mode 100644
index 0000000..d65bfd9
--- /dev/null
+++ b/solutions/331. Verify Preorder Serialization of a Binary Tree.md	
@@ -0,0 +1,89 @@
+# [331. Verify Preorder Serialization of a Binary Tree](https://leetcode.com/problems/verify-preorder-serialization-of-a-binary-tree/)
+
+# 思路
+题目给定一个字符串，判断这个字符串能否表示成一个二叉树。
+
+字符串中每个节点用逗号分割，所以我们可以先用`istringsteam`将这个字符串转换成输入流，然后用`getline`并设置分隔符delim为逗号（默认是换行符）不断获得每个节点node。
+``` C++
+istringstream in(preorder);
+string node;
+while(getline(in, node, ',')){
+   .....
+}
+```
+
+## 思路一
+
+这题的分类是栈，我们可以用栈解决，参考[讨论区](https://leetcode.com/problems/verify-preorder-serialization-of-a-binary-tree/discuss/78566/Java-intuitive-22ms-solution-with-stack)。
+
+开辟一个栈，然后不断检查获得的节点node，有两种情况:
+1. node为一个数，说明接下来会开辟一个以这个节点为根的子树，所以我们将其压栈；
+2. node为#，此时根据栈顶划分又有两种情况：
+```
+  2.1 栈顶为一个数，说明当前的#为左空节点，压栈就可以了（等待它的兄弟）。
+  2.2 栈顶为#，说明当前#为右空节点，栈顶为其左兄弟，应该出栈两次将其左兄弟及父亲删除，
+      然后回到第2.1开始不断循环，直到栈顶为一个数或者栈空，最后才将当前#入栈。
+```
+2.2中出栈两次是连贯的过程，所以如果第一次出栈后栈就空了则可以直接返回false。检查完毕后，如果栈中只剩下一个元素且就为#即可返回true，否则返回false。
+
+以"9,3,4,#,#,1,#,#,2,#,6,#,#"为例的话上述过程如下图所示：
+![](https://www.programcreek.com/wp-content/uploads/2016/04/verify-preorder-serialization-of-a-binary-tree-leetcode-java-730x468.jpg)
+
+时空复杂度均为O(n)。
+
+## 思路二
+看[讨论区](https://leetcode.com/problems/verify-preorder-serialization-of-a-binary-tree/discuss/78551/7-lines-Easy-Java-Solution)发现有一个不用栈的方法，常数时间复杂度。
+
+在二叉树中，如果把空节点#当做是叶子，那么
+* 所有非空节点有2个出度1个入度（除了根节点）；
+* 所有空节点（即#）有0个出度1个入度。
+
+我们维持一个变量diff代表 出度减去入度，初始为1（因为根节点入度为0而不是1）。遇到当前节点node时，先将diff减去1（因为不管node是否为空都有1个入度），
+如果非空（即不是#），那还应该将diff加上2。这个过程中如果一旦遇到diff小于0则可返回false，最后返回 `diff==0`。
+
+时间复杂度O(n), 空间复杂度O(1)。
+
+
+# C++
+## 思路一
+``` C++
+class Solution {
+public:
+    bool isValidSerialization(string preorder) {  
+        istringstream in(preorder);
+        string node;
+        
+        stack<char>stk;
+        while(getline(in, node, ',')){
+            if(node != "#") stk.push('n');
+            else{
+                while(!stk.empty() && stk.top() == '#'){
+                    stk.pop();
+                    if (stk.empty()) return false;
+                    stk.pop();
+                }
+                stk.push('#');
+            }
+        }
+        return stk.size() == 1 && stk.top() == '#';
+    }
+};
+```
+
+## 思路二
+``` C++
+class Solution {
+public:
+    bool isValidSerialization(string preorder) {  
+        istringstream in(preorder);
+        string node;
+        
+        int diff = 1;
+        while(getline(in, node, ',')){
+            if (--diff < 0) return false;
+            if (node != "#") diff += 2;
+        }
+        return diff == 0;
+    }
+};
+```