本文主要是介绍力扣每日一题112：路径总和，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
题目
简单
给你二叉树的根节点 root 和一个表示目标和的整数 targetSum 。判断该树中是否存在 根节点到叶子节点 的路径，这条路径上所有节点值相加等于目标和 targetSum 。如果存在，返回 true ；否则，返回 false 。
叶子节点 是指没有子节点的节点。
示例 1：
输入：root = [5,4,8,11,null,13,4,7,2,null,null,null,1], targetSum = 22 输出：true 解释：等于目标和的根节点到叶节点路径如上图所示。
示例 2：
输入：root = [1,2,3], targetSum = 5 输出：false 解释：树中存在两条根节点到叶子节点的路径： (1 --> 2): 和为 3 (1 --> 3): 和为 4 不存在 sum = 5 的根节点到叶子节点的路径。
示例 3：
输入：root = [], targetSum = 0 输出：false 解释：由于树是空的，所以不存在根节点到叶子节点的路径。
提示：
- 树中节点的数目在范围
[0, 5000]内 -1000 <= Node.val <= 1000-1000 <= targetSum <= 1000
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方法一：深度优先搜索
用一个数字记录路径上的数字和，遍历到叶节点时，判断和是否等于target。
class Solution {
public:bool dfs(TreeNode *root,int targetSum,int sum){if(!root) return false;else if(!root->left&&!root->right) return sum+root->val==targetSum; else return ( dfs(root->left,targetSum,sum+root->val)||dfs(root->right,targetSum,sum+root->val) );}bool hasPathSum(TreeNode* root, int targetSum) {if(!root) return false;return dfs(root,targetSum,0);}
};方法二：广度优先搜索
我没用这个方法，下面是官解。
首先我们可以想到使用广度优先搜索的方式，记录从根节点到当前节点的路径和，以防止重复计算。
这样我们使用两个队列，分别存储将要遍历的节点，以及根节点到这些节点的路径和即可。
这个方法相比深度优先搜索更麻烦，而且空间复杂度也高一点。
class Solution {
public:bool hasPathSum(TreeNode *root, int sum) {if (root == nullptr) {return false;}queue<TreeNode *> que_node;queue<int> que_val;que_node.push(root);que_val.push(root->val);while (!que_node.empty()) {TreeNode *now = que_node.front();int temp = que_val.front();que_node.pop();que_val.pop();if (now->left == nullptr && now->right == nullptr) {if (temp == sum) {return true;}continue;}if (now->left != nullptr) {que_node.push(now->left);que_val.push(now->left->val + temp);}if (now->right != nullptr) {que_node.push(now->right);que_val.push(now->right->val + temp);}}return false;}
};
这篇关于力扣每日一题112：路径总和的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
