98. Validate Binary Search Tree (Medium)

Given a binary tree, determine if it is a valid binary search tree (BST).

Assume a BST is defined as follows:

• The left subtree of a node contains only nodes with keys less than the node's key.
• The right subtree of a node contains only nodes with keys greater than the node's key.
• Both the left and right subtrees must also be binary search trees.

Example 1:

    2
   / \
  1   3

Binary tree [2,1,3], return true.

Example 2:

    1
   / \
  2   3

Binary tree [1,2,3], return false.

Solution 1: Range Search 12ms

这道验证二叉搜索树有很多种解法，可以利用它本身的性质来做，即左<根<右，也可以通过利用中序遍历结果为有序数列来做，下面我们先来看最简单的一种，就是利用其本身性质来做，初始化时带入系统最大值和最小值，在递归过程中换成它们自己的节点值，用long代替int就是为了包括int的边界条件，代码如下：

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
    bool helper(TreeNode* root, long min, long max) {
        if (!root) return true;
        if (min >= root->val || max <= root->val) return false;
        return helper(root->left, min, root->val) && helper(root->right, root->val, max);
    }
public:
    bool isValidBST(TreeNode* root) {
        return helper(root, LONG_MIN, LONG_MAX);
    }
};

Solution 2: Inorder Traverse

这题实际上简化了难度，因为一般的二叉搜索树是左<=根<右，而这道题设定为左<根<右，那么就可以用中序遍历来做。因为如果不去掉左=根这个条件的话，那么下边两个数用中序遍历无法区分：

   20       20
   /          \
 20           20

它们的中序遍历结果都一样，但是左边的是BST，右边的不是BST。去掉等号的条件则相当于去掉了这种限制条件。下面我们来看使用中序遍历来做，这种方法思路很直接，通过中序遍历将所有的节点值存到一个数组里，然后再来判断这个数组是不是有序的，代码如下：

class Solution {
public:
    bool isValidBST(TreeNode *root) {
        if (!root) return true;
        vector<int> vals;
        inorder(root, vals);
        for (int i = 0; i < vals.size() - 1; ++i) {
            if (vals[i] >= vals[i + 1]) return false;
        }
        return true;
    }
    void inorder(TreeNode *root, vector<int> &vals) {
        if (!root) return;
        inorder(root->left, vals);
        vals.push_back(root->val);
        inorder(root->right, vals);
    }
};

Solution 3:

下面这种解法跟上面那个很类似，都是用递归的中序遍历，但不同之处是不将遍历结果存入一个数组遍历完成再比较，而是每当遍历到一个新节点时和其上一个节点比较，如果不大于上一个节点那么则返回false，全部遍历完成后返回true。代码如下：

// Still recursion
class Solution {
public:
    TreeNode *pre;
    bool isValidBST(TreeNode *root) {
        int res = 1;
        pre = NULL;
        inorder(root, res);
        if (res == 1) return true;
        else false;
    }
    void inorder(TreeNode *root, int &res) {
        if (!root) return;
        inorder(root->left, res);
        if (!pre) pre = root;
        else {
            if (root->val <= pre->val) res = 0;
            pre = root;
        }
        inorder(root->right, res);
    }
};

当然这道题也可以用非递归来做，需要用到栈，因为中序遍历可以非递归来实现，所以只要在其上面稍加改动便可，代码如下：

// Non-recursion with stack
class Solution {
public:
    bool isValidBST(TreeNode* root) {
        stack<TreeNode*> s;
        TreeNode *p = root, *pre = NULL;
        while (p || !s.empty()) {
            while (p) {
                s.push(p);
                p = p->left;
            }
            TreeNode *t = s.top(); s.pop();
            if (pre && t->val <= pre->val) return false;
            pre = t;
            p = t->right;
        }
        return true;
    }
};

Solution 4:

最后还有一种方法，由于中序遍历还有非递归且无栈的实现方法，称之为Morris遍历，可以参考我之前的博客 Binary Tree Inorder Traversal 二叉树的中序遍历，这种实现方法虽然写起来比递归版本要复杂的多，但是好处在于是O(1)空间复杂度，但是我的实现方法在本机上测试都能通过，在OJ上测试却有Runtime error，我找来找去不知道问题在哪，不管了先贴上来，说不定能引起某位大神的注意，帮小弟改一改哈~

// Non-recursion without stack， I don't know why it cannot pass OJ, which show Runtime error. Can anyone help me fix it? Thanks!
class Solution {
public:
    bool isValidBST(TreeNode *root) {
        if (!root) return true;
        TreeNode *cur, *pre, *parent = NULL;
        cur = root;
        while (cur) {
            if (!cur->left) {
                if (parent && parent->val >= cur->val) return false;
                parent = cur;
                cur = cur->right;
            } else {
                pre = cur->left;
                while (pre->right && pre->right != cur) pre = pre->right;
                if (!pre->right) {
                    pre->right = cur;
                    cur = cur->left;
                } else {
                    pre->right = NULL;
                    if (parent->val >= cur->val) return false;
                    parent = cur;
                    cur = cur->right;
                }
            }
        }
        return true;
    }
};