难度：⭐️⭐️（递归）/⭐️⭐️⭐️⭐️（迭代）
给定一个二叉树，判断它是否是高度平衡的二叉树。
本题中，一棵高度平衡二叉树定义为：一个二叉树每个节点 的左右两个子树的高度差的绝对值不超过1。
示例 1:
给定二叉树 [3,9,20,null,null,15,7]
返回 true 。
class Solution {
public:
int height(TreeNode* root) {
if (root == NULL) {
return 0;
} else {
return max(height(root->left), height(root->right)) + 1;
}
}
bool isBalanced(TreeNode* root) {
if (root == NULL) {
return true;
} else {
return abs(height(root->left) - height(root->right)) <= 1 && isBalanced(root->left) && isBalanced(root->right);
}
}
};
class Solution {
public:
int height(TreeNode* root) {
if (root == NULL) {
return 0;
}
int leftHeight = height(root->left);
int rightHeight = height(root->right);
if (leftHeight == -1 || rightHeight == -1 || abs(leftHeight - rightHeight) > 1) {
return -1;
} else {
return max(leftHeight, rightHeight) + 1;
}
}
bool isBalanced(TreeNode* root) {
return height(root) >= 0;
}
};
在104.二叉树的最大深度 (opens new window)中我们可以使用层序遍历来求深度，但是就不能直接用层序遍历来求高度了，这就体现出求高度和求深度的不同。
本题的迭代方式可以先定义一个函数，专门用来求高度。
这个函数通过栈模拟的后序遍历找每一个节点的高度（其实是通过求传入节点为根节点的最大深度来求的高度）
代码如下：
// cur节点的最大深度，就是cur的高度
int getDepth(TreeNode* cur) {
stack<TreeNode*> st;
if (cur != NULL) st.push(cur);
int depth = 0; // 记录深度
int result = 0;
while (!st.empty()) {
TreeNode* node = st.top();
if (node != NULL) {
st.pop();
st.push(node); // 中
st.push(NULL);
depth++;
if (node->right) st.push(node->right); // 右
if (node->left) st.push(node->left); // 左
} else {
st.pop();
node = st.top();
st.pop();
depth--;
}
result = result > depth ? result : depth;
}
return result;
}
然后再用栈来模拟后序遍历，遍历每一个节点的时候，再去判断左右孩子的高度是否符合，代码如下：
bool isBalanced(TreeNode* root) {
stack<TreeNode*> st;
if (root == NULL) return true;
st.push(root);
while (!st.empty()) {
TreeNode* node = st.top(); // 中
st.pop();
if (abs(getDepth(node->left) - getDepth(node->right)) > 1) { // 判断左右孩子高度是否符合
return false;
}
if (node->right) st.push(node->right); // 右（空节点不入栈）
if (node->left) st.push(node->left); // 左（空节点不入栈）
}
return true;
}
整体代码如下：
class Solution {
private:
int getDepth(TreeNode* cur) {
stack<TreeNode*> st;
if (cur != NULL) st.push(cur);
int depth = 0; // 记录深度
int result = 0;
while (!st.empty()) {
TreeNode* node = st.top();
if (node != NULL) {
st.pop();
st.push(node); // 中
st.push(NULL);
depth++;
if (node->right) st.push(node->right); // 右
if (node->left) st.push(node->left); // 左
} else {
st.pop();
node = st.top();
st.pop();
depth--;
}
result = result > depth ? result : depth;
}
return result;
}
public:
bool isBalanced(TreeNode* root) {
stack<TreeNode*> st;
if (root == NULL) return true;
st.push(root);
while (!st.empty()) {
TreeNode* node = st.top(); // 中
st.pop();
if (abs(getDepth(node->left) - getDepth(node->right)) > 1) {
return false;
}
if (node->right) st.push(node->right); // 右（空节点不入栈）
if (node->left) st.push(node->left); // 左（空节点不入栈）
}
return true;
}
};
当然此题用迭代法，其实效率很低，因为没有很好的模拟回溯的过程，所以迭代法有很多重复的计算。
虽然理论上所有的递归都可以用迭代来实现，但是有的场景难度可能比较大。
例如：都知道回溯法其实就是递归，但是很少人用迭代的方式去实现回溯算法！
因为对于回溯算法已经是非常复杂的递归了，如果再用迭代的话，就是自己给自己找麻烦，效率也并不一定高。
时间复杂度：平均O(nlogn) 最坏O(n2) 空间O(n)
实现代码：递归（自上而下）/递归（自下而上）/迭代（自上而下）
难度：⭐️⭐️⭐️
难度：⭐️⭐️
计算给定二叉树的所有左叶子之和。
示例：
思路：
左叶子的明确定义：节点A的左孩子不为空，且左孩子的左右孩子都为空（说明是叶子节点），那么A节点的左孩子为左叶子节点
那么判断当前节点是不是左叶子是无法判断的，必须要通过节点的父节点来判断其左孩子是不是左叶子。
如果该节点的左节点不为空，该节点的左节点的左节点为空，该节点的左节点的右节点为空，则找到了一个左叶子，判断代码如下：
if (node->left != NULL && node->left->left == NULL && node->left->right == NULL) {
左叶子节点处理逻辑
}平时我们解二叉树的题目时，已经习惯了通过节点的左右孩子判断本节点的属性，而本题我们要通过节点的父节点判断本节点的属性。
代码：递归/迭代（前序一路遍历到底）/迭代（前序每次遍历时放入左右孩子）
难度：⭐️⭐️（迭代）/⭐️⭐️⭐️（递归）
给定一个二叉树，在树的最后一行找到最左边的值。
示例 1:
递归终止条件：
当遇到叶子节点的时候，就需要统计一下最大的深度了，所以需要遇到叶子节点来更新最大深度。
代码如下：
if (root->left == NULL && root->right == NULL) {
if (depth > maxDepth) {
maxDepth = depth; // 更新最大深度
result = root->val; // 最大深度最左面的数值
}
return;
}难度：⭐️⭐️
给定一个二叉树和一个目标和，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。
说明: 叶子节点是指没有子节点的节点。
示例: 给定如下二叉树，以及目标和 sum = 22，
返回 true, 因为存在目标和为 22 的根节点到叶子节点的路径 5->4->11->2。
递归函数什么时候需要返回值？什么时候不需要返回值？这里总结如下三点：
而本题我们要找一条符合条件的路径，所以递归函数需要返回值，及时返回，那么返回类型是什么呢？
如图所示：
图中可以看出，遍历的路线，并不要遍历整棵树，所以递归函数需要返回值，可以用bool类型表示。
所以代码如下：
bool traversal(treenode* cur, int count) // 注意函数的返回类型难度：⭐️⭐️⭐️⭐️
给定一个二叉树和一个目标和，找到所有从根节点到叶子节点路径总和等于给定目标和的路径。
说明: 叶子节点是指没有子节点的节点。
示例: 给定如下二叉树，以及目标和 sum = 22，
难度：⭐️⭐️⭐️⭐️
那么代码应该怎么写呢？
说到一层一层切割，就应该想到了递归。
来看一下一共分几步：
第一步：如果数组大小为零的话，说明是空节点了。
第二步：如果不为空，那么取后序数组最后一个元素作为节点元素。
第三步：找到后序数组最后一个元素在中序数组的位置，作为切割点
第四步：切割中序数组，切成中序左数组和中序右数组 （顺序别搞反了，一定是先切中序数组）
第五步：切割后序数组，切成后序左数组和后序右数组
第六步：递归处理左区间和右区间
代码：递归（数组）/递归（数组索引）/递归（数组索引+哈希）
难度：⭐️⭐️⭐️⭐️
根据一棵树的前序遍历与中序遍历构造二叉树。
注意: 你可以假设树中没有重复的元素。
例如，给出
前序遍历 preorder = [3,9,20,15,7] 中序遍历 inorder = [9,3,15,20,7] 返回如下的二叉树：
本题和106是一样的道理。
我就直接给出代码了。
代码：递归（数组索引+哈希）
前序和中序可以唯一确定一棵二叉树。
后序和中序可以唯一确定一棵二叉树。
那么前序和后序可不可以唯一确定一棵二叉树呢？
前序和后序不能唯一确定一棵二叉树！，因为没有中序遍历无法确定左右部分，也就是无法分割。
举一个例子：
tree1 的前序遍历是[1 2 3]， 后序遍历是[3 2 1]。
tree2 的前序遍历是[1 2 3]， 后序遍历是[3 2 1]。
那么tree1 和 tree2 的前序和后序完全相同，这是一棵树么，很明显是两棵树！
所以前序和后序不能唯一确定一棵二叉树！
代码：递归（数组索引+哈希表）
难度：⭐️⭐️⭐️
给定一个不含重复元素的整数数组。一个以此数组构建的最大二叉树定义如下：
通过给定的数组构建最大二叉树，并且输出这个树的根节点。
示例 ：
提示：
给定的数组的大小在 [1, 1000] 之间。
这道题整体思路和上一道构造二叉树的题目类似。
代码：递归/单调栈（待补充）
难度：⭐️⭐️⭐️
给定两个二叉树，想象当你将它们中的一个覆盖到另一个上时，两个二叉树的一些节点便会重叠。
你需要将他们合并为一个新的二叉树。合并的规则是如果两个节点重叠，那么将他们的值相加作为节点合并后的新值，否则不为 NULL 的节点将直接作为新二叉树的节点。
示例 1:
注意: 合并必须从两个树的根节点开始。
难度：⭐️
给定二叉搜索树（BST）的根节点和一个值。 你需要在BST中找到节点值等于给定值的节点。 返回以该节点为根的子树。 如果节点不存在，则返回 NULL。
例如，
在上述示例中，如果要找的值是 5，但因为没有节点值为 5，我们应该返回 NULL。
二叉搜索树是一个有序树：
这就决定了，二叉搜索树，递归遍历和迭代遍历和普通二叉树都不一样。
难度：⭐️⭐️⭐️
给定一个二叉树，判断其是否是一个有效的二叉搜索树。
假设一个二叉搜索树具有如下特征：
要知道中序遍历下，输出的二叉搜索树节点的数值是有序序列。
有了这个特性，验证二叉搜索树，就相当于变成了判断一个序列是不是递增的了。
这道题目比较容易陷入两个陷阱：
不能单纯的比较左节点小于中间节点，右节点大于中间节点就完事了。
写出了类似这样的代码：
if (root->val > root->left->val && root->val < root->right->val) {
return true;
} else {
return false;
}
我们要比较的是 左子树所有节点小于中间节点，右子树所有节点大于中间节点。所以以上代码的判断逻辑是错误的。
例如： [10,5,15,null,null,6,20] 这个case：
节点10大于左节点5，小于右节点15，但右子树里出现了一个6 这就不符合了！
样例中最小节点 可能是int的最小值，如果这样使用最小的int来比较也是不行的。
此时可以初始化比较元素为longlong的最小值。
问题可以进一步演进：如果样例中根节点的val 可能是longlong的最小值 又要怎么办呢？文中会解答。
如果测试数据中有 longlong的最小值，怎么办？
不可能在初始化一个更小的值了吧。 建议避免 初始化最小值，如下方法取到最左面节点的数值来比较。
代码如下：
class Solution {
public:
TreeNode* pre = NULL; // 用来记录前一个节点
bool isValidBST(TreeNode* root) {
if (root == NULL) return true;
bool left = isValidBST(root->left);
if (pre != NULL && pre->val >= root->val) return false;
pre = root; // 记录前一个节点
bool right = isValidBST(root->right);
return left && right;
}
};
最后这份代码看上去整洁一些，思路也清晰。
难度：⭐️⭐️
给你一棵所有节点为非负值的二叉搜索树，请你计算树中任意两节点的差的绝对值的最小值。
示例：
提示：树中至少有 2 个节点。
难度：⭐️⭐️（迭代/递归）/⭐️⭐️⭐️（morris）
给定一个有相同值的二叉搜索树（BST），找出 BST 中的所有众数（出现频率最高的元素）。
假定 BST 有如下定义：
例如：
给定 BST [1,null,2,2],
返回[2].
提示：如果众数超过1个，不需考虑输出顺序
进阶：你可以不使用额外的空间吗？（假设由递归产生的隐式调用栈的开销不被计算在内）
既然是搜索树，它中序遍历就是有序的。
如图：
代码：递归+哈希/递归+双指针/迭代+双指针/迭代+morris+双指针
补充：morris时间复杂度为O(n)推导
以下为推理过程概述： 1.对于左右一边倒的二叉搜索树，很容易求得时间复杂度为O(n)
2.对于均匀分布的二叉搜索树（类似完全二叉树），倒数第二层有n/4个节点，Morris遍历时最多往下遍历一层（左子树的最右结点）；倒数第三层有n/8个节点，Morris遍历时最多往下遍历两层（左子树最右结点），以此类推。。
所以morris遍历predecessor这部分的总时间复杂度： T(n)=(n/4)*1 +(n/8)2+...+1(logn) 令n=n/2 T(n/2)=(n/8)*1 +(n/16)2+...+(1/2)(logn) 两式相减，得 T(n/2)=(n/4)1 +(n/8)1+(n/16)1+...+(1)1-(1/2)(logn) =[(n/4)(1-(1/2)^(logn -1)]/(1-1/2) -(1/2)(logn) =n/2 - (1/2)(logn) =O(n)
实际上，画出全部遍历predecessor轨迹后可以发现，每个节点最多被一条遍历轨迹覆盖（这条轨迹会遍历两次，即第一次和第二次经过middle结点时，都会向下遍历一次），因此morris遍历predecessor总时间复杂度<O(2n)=O(n)。
难度：⭐️⭐️⭐️⭐️
给定一个二叉树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。
百度百科中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个结点 p、q，最近公共祖先表示为一个结点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。”
例如，给定如下二叉树: root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4]
示例 1: 输入: root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 1 输出: 3 解释: 节点 5 和节点 1 的最近公共祖先是节点 3。
示例 2: 输入: root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 4 输出: 5 解释: 节点 5 和节点 4 的最近公共祖先是节点 5。因为根据定义最近公共祖先节点可以为节点本身。
说明:
遇到这个题目首先想的是要是能自底向上查找就好了，这样就可以找到公共祖先了。
那么二叉树如何可以自底向上查找呢？
回溯啊，二叉树回溯的过程就是从低到上。
后序遍历（左右中）就是天然的回溯过程，可以根据左右子树的返回值，来处理中节点的逻辑。
接下来就看如何判断一个节点是节点q和节点p的公共祖先呢。
首先最容易想到的一个情况：如果找到一个节点，发现左子树出现结点p，右子树出现节点q，或者 左子树出现结点q，右子树出现节点p，那么该节点就是节点p和q的最近公共祖先。 即情况一：
判断逻辑是 如果递归遍历遇到q，就将q返回，遇到p 就将p返回，那么如果 左右子树的返回值都不为空，说明此时的中节点，一定是q 和p 的最近祖先。
那么有录友可能疑惑，会不会左子树 遇到q 返回，右子树也遇到q返回，这样并没有找到 q 和p的最近祖先。
这么想的录友，要审题了，题目强调：二叉树节点数值是不重复的，而且一定存在 q 和 p。
但是很多人容易忽略一个情况，就是节点本身p(q)，它拥有一个子孙节点q(p)。 情况二：
其实情况一 和 情况二 代码实现过程都是一样的，也可以说，实现情况一的逻辑，顺便包含了情况二。
因为遇到 q 或者 p 就返回，这样也包含了 q 或者 p 本身就是 公共祖先的情况。
这一点是很多录友容易忽略的，在下面的代码讲解中，可以再去体会。
难度：⭐️⭐️
给定一个二叉搜索树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。
百度百科中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个结点 p、q，最近公共祖先表示为一个结点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。”
例如，给定如下二叉搜索树: root = [6,2,8,0,4,7,9,null,null,3,5]
示例 1:
示例 2:
说明:
做过二叉树：公共祖先问题 (opens new window)题目的同学应该知道，利用回溯从底向上搜索，遇到一个节点的左子树里有p，右子树里有q，那么当前节点就是最近公共祖先。
那么本题是二叉搜索树，二叉搜索树是有序的，那得好好利用一下这个特点。
在有序树里，如果判断一个节点的左子树里有p，右子树里有q呢？
因为是有序树，所有 如果 中间节点是 q 和 p 的公共祖先，那么 中节点的数组 一定是在 [p, q]区间的。即 中节点 > p && 中节点 < q 或者 中节点 > q && 中节点 < p。
那么只要从上到下去遍历，遇到 cur节点是数值在[p, q]区间中则一定可以说明该节点cur就是q 和 p的公共祖先。 那问题来了，一定是最近公共祖先吗？
如图，我们从根节点搜索，第一次遇到 cur节点是数值在[p, q]区间中，即 节点5，此时可以说明 p 和 q 一定分别存在于 节点 5的左子树，和右子树中。
此时节点5是不是最近公共祖先？ 如果 从节点5继续向左遍历，那么将错过成为q的祖先， 如果从节点5继续向右遍历则错过成为p的祖先。
所以当我们从上向下去递归遍历，第一次遇到 cur节点是数值在[p, q]区间中，那么cur就是 p和q的最近公共祖先。
理解这一点，本题就很好解了。
而递归遍历顺序，本题就不涉及到 前中后序了（这里没有中节点的处理逻辑，遍历顺序无所谓了）。
如图所示：p为节点6，q为节点9
可以看出直接按照指定的方向，就可以找到节点8，为最近公共祖先，而且不需要遍历整棵树，找到结果直接返回！
难度：⭐️
给定二叉搜索树（BST）的根节点和要插入树中的值，将值插入二叉搜索树。 返回插入后二叉搜索树的根节点。 输入数据保证，新值和原始二叉搜索树中的任意节点值都不同。
注意，可能存在多种有效的插入方式，只要树在插入后仍保持为二叉搜索树即可。 你可以返回任意有效的结果。
提示：
这道题目其实是一道简单题目，但是题目中的提示：有多种有效的插入方式，还可以重构二叉搜索树，一下子吓退了不少人，瞬间感觉题目复杂了很多。
其实可以不考虑题目中提示所说的改变树的结构的插入方式。
如下演示视频中可以看出：只要按照二叉搜索树的规则去遍历，遇到空节点就插入节点就可以了。
例如插入元素10 ，需要找到末尾节点插入便可，一样的道理来插入元素15，插入元素0，插入元素6，需要调整二叉树的结构么？ 并不需要。。
只要遍历二叉搜索树，找到空节点 插入元素就可以了，那么这道题其实就简单了。
接下来就是遍历二叉搜索树的过程了。
难度：⭐️⭐️⭐️⭐️（拼接子树）/⭐️⭐️⭐️⭐️⭐️（交换节点后删除）
给定一个二叉搜索树的根节点 root 和一个值 key，删除二叉搜索树中的 key 对应的节点，并保证二叉搜索树的性质不变。返回二叉搜索树（有可能被更新）的根节点的引用。
一般来说，删除节点可分为两个步骤：
首先找到需要删除的节点； 如果找到了，删除它。 说明： 要求算法时间复杂度为 O(h)，h 为树的高度。
示例:
这里就把二叉搜索树中删除节点遇到的情况都搞清楚。
有以下五种情况：
第五种情况有点难以理解，看下面动画：
动画中的二叉搜索树中，删除元素7， 那么删除节点（元素7）的左孩子就是5，删除节点（元素7）的右子树的最左面节点是元素8。
将删除节点（元素7）的左孩子放到删除节点（元素7）的右子树的最左面节点（元素8）的左孩子上，就是把5为根节点的子树移到了8的左孩子的位置。
要删除的节点（元素7）的右孩子（元素9）为新的根节点。.
这样就完成删除元素7的逻辑，最好动手画一个图，尝试删除一个节点试试。
这里我在介绍一种通用的删除，普通二叉树的删除方式（没有使用搜索树的特性，遍历整棵树），用交换值的操作来删除目标节点。
代码中目标节点（要删除的节点）被操作了两次：
思路有点绕，感兴趣的同学可以画图自己理解一下。
代码如下：（关键部分已经注释）
class Solution {
public:
TreeNode* deleteNode(TreeNode* root, int key) {
if (root == nullptr) return root;
if (root->val == key) {
if (root->right == nullptr) { // 这里第二次操作目标值：最终删除的作用
return root->left;
}
TreeNode *cur = root->right;
while (cur->left) {
cur = cur->left;
}
swap(root->val, cur->val); // 这里第一次操作目标值：交换目标值其右子树最左面节点。
}
root->left = deleteNode(root->left, key);
root->right = deleteNode(root->right, key);
return root;
}
};
这个代码是简短一些，思路也巧妙，但是不太好想，实操性不强，推荐第一种写法！
//注：力扣官方题解中提供了另一种交换节点的思路，只需要交换一次（root和root->right's leftmost node），然后直接调用deleteNode(root->right, leftmost node->val)巧妙的将其删除（包含了如果leftmost node包含右孩子时的裁剪处理），这种方法不需要将root一直swap到叶子节点，只需要swap一次到root->right's leftmost node即可（无需考虑其是否包含右孩子）。具体代码见下方：递归+交换节点。
代码：递归+拼接子树/递归+交换节点/迭代+拼接子树/迭代+交换节点
难度：⭐️⭐️⭐️
给定一个二叉搜索树，同时给定最小边界L 和最大边界 R。通过修剪二叉搜索树，使得所有节点的值在[L, R]中 (R>=L) 。你可能需要改变树的根节点，所以结果应当返回修剪好的二叉搜索树的新的根节点。
直接想法就是：递归处理，然后遇到 root->val < low || root->val > high 的时候直接return NULL，一波修改，赶紧利落。
不难写出如下代码：
class Solution {
public:
TreeNode* trimBST(TreeNode* root, int low, int high) {
if (root == nullptr || root->val < low || root->val > high) return nullptr;
root->left = trimBST(root->left, low, high);
root->right = trimBST(root->right, low, high);
return root;
}
};
然而[1, 3]区间在二叉搜索树的中可不是单纯的节点3和左孩子节点0就决定的，还要考虑节点0的右子树。
我们在重新关注一下第二个示例，如图：
所以以上的代码是不可行的！
从图中可以看出需要重构二叉树，想想是不是本题就有点复杂了。
其实不用重构那么复杂。
在上图中我们发现节点0并不符合区间要求，那么将节点0的右孩子 节点2 直接赋给 节点3的左孩子就可以了（就是把节点0从二叉树中移除），如图：
理解了最关键部分了我们再递归三部曲：
这里我们为什么需要返回值呢？
因为是要遍历整棵树，做修改，其实不需要返回值也可以，我们也可以完成修剪（其实就是从二叉树中移除节点）的操作。
但是有返回值，更方便，可以通过递归函数的返回值来移除节点。
这样的做法在二叉树：搜索树中的插入操作 (opens new window)和二叉树：搜索树中的删除操作 (opens new window)中大家已经了解过了。
难度：⭐️
将一个按照升序排列的有序数组，转换为一棵高度平衡二叉搜索树。
本题中，一个高度平衡二叉树是指一个二叉树每个节点 的左右两个子树的高度差的绝对值不超过 1。
示例:
本题其实要比二叉树：构造二叉树登场！ (opens new window)和 二叉树：构造一棵最大的二叉树 (opens new window)简单一些，因为有序数组构造二叉搜索树，寻找分割点就比较容易了。
分割点就是数组中间位置的节点。
那么为问题来了，如果数组长度为偶数，中间节点有两个，取哪一个？
取哪一个都可以，只不过构成了不同的平衡二叉搜索树。
例如：输入：[-10,-3,0,5,9]
如下两棵树，都是这个数组的平衡二叉搜索树：
如果要分割的数组长度为偶数的时候，中间元素为两个，是取左边元素 就是树1，取右边元素就是树2。
这也是题目中强调答案不是唯一的原因。 理解这一点，这道题目算是理解到位了。
难度：⭐️⭐️
一看到BST就要想到中序遍历，有序数组的累加就很容易了，对应树的遍历过程操作即可
给出二叉 搜索 树的根节点，该树的节点值各不相同，请你将其转换为累加树（Greater Sum Tree），使每个节点 node 的新值等于原树中大于或等于 node.val 的值之和。
提醒一下，二叉搜索树满足下列约束条件：
节点的左子树仅包含键 小于 节点键的节点。 节点的右子树仅包含键 大于 节点键的节点。 左右子树也必须是二叉搜索树。
示例 1：
示例 2：
示例 3：
示例 4：
提示：
一看到累加树，相信很多小伙伴都会疑惑：如何累加？遇到一个节点，然后再遍历其他节点累加？怎么一想这么麻烦呢。
然后再发现这是一棵二叉搜索树，二叉搜索树啊，这是有序的啊。
那么有序的元素如何求累加呢？
其实这就是一棵树，大家可能看起来有点别扭，换一个角度来看，这就是一个有序数组[2, 5, 13]，求从后到前的累加数组，也就是[20, 18, 13]，是不是感觉这就简单了。
为什么变成数组就是感觉简单了呢？
因为数组大家都知道怎么遍历啊，从后向前，挨个累加就完事了，这换成了二叉搜索树，看起来就别扭了一些是不是。
那么知道如何遍历这个二叉树，也就迎刃而解了，从树中可以看出累加的顺序是右中左，所以我们需要反中序遍历这个二叉树，然后顺序累加就可以了。
遍历顺序如图所示：
本题依然需要一个pre指针记录当前遍历节点cur的前一个节点，这样才方便做累加。
pre指针的使用技巧，我们在二叉树：搜索树的最小绝对差 (opens new window)和二叉树：我的众数是多少？ (opens new window)都提到了，这是常用的操作手段。
这里很明确了，不需要递归函数的返回值做什么操作了，要遍历整棵树。
同时需要定义一个全局变量pre，用来保存cur节点的前一个节点的数值，定义为int型就可以了。
难度：⭐️⭐️
链表相比数组无法随机访问，所以可以利用BST中序遍历为有序数组的特性，依次将遍历到的节点赋值给链表中对应的值。
代码：递归+中序
二叉树终于刷完了，内容量赶上前几章的总和了。。后面的章节也要加油，争取尽快刷完！