题目描述（中等难度）

给定一个二叉树，然后每个节点有一个 指针，将它指向它右边的节点。和 基本一样，区别在于之前是满二叉树。

解法一 BFS

直接把 116 题 题的代码复制过来就好，一句也不用改。

利用一个栈将下一层的节点保存。通过pre指针把栈里的元素一个一个接起来。

解法二

当然题目要求了空间复杂度，可以先到 看一下思路，这里在上边的基础上改一下。

我们用第二种简洁的代码，相对会好改一些。

Node connect(Node root) {
    if (root == null)
        return root;
    Node pre = root;
    Node cur = null;
    while (pre.left != null) {
        while (cur != null) {
            cur.left.next = cur.right;
            if (cur.next != null) {
                cur.right.next = cur.next.left;
            }
            cur = cur.next;
        }
        pre = pre.left;
    }
}

需要解决的问题还是挺多的。

while (cur.left == null && cur.right == null) {
    cur = cur.next; 
}

这样的话保证了当前节点至少有一个孩子，然后如果一个孩子为 null，那么就可以保证另一个一定不为 null 了。

整体的话，就用了上边介绍的技巧，代码比较长，可以结合的看一下。

解法三

参考 这里.-Concise.-Fast.-What’s-so-hard>)。

利用解法一的思想，我们利用 pre 指针，然后一个一个取节点，把它连起来。解法一为什么没有像解法二那样考虑当前节点为 null 呢？因为我们没有添加为 null 的节点，就是下边的代码的作用。

if (cur.left != null) {
    queue.offer(cur.left);
}
    queue.offer(cur.right);
}

所以这里是一样的，如果当前节点为null不处理就可以了。

第二个问题，怎么得到每次的开头的节点呢？我们用一个dummy指针，当连接第一个节点的时候，就将dummy指针指向他。此外，之前用的pre指针，把它当成tail指针可能会更好理解。如下图所示：

如果 cur 的孩子不为 null 就将它接到 tail 后边，然后更新tail。

当 cur 为 null 的时候，再利用 dummy 指针得到新的一层的开始节点。

dummy 指针在链表中经常用到，他只是为了处理头结点的情况，它并不属于当前链表。

代码就异常的简单了。

总

本来为了图方便，在 的基础上把解法二改了出来，还搞了蛮久，因为为 null 的情况太多了，不停的报空指针异常，最后终于理清了思路。但和解法三比起来实在是相形见绌了，解法三太优雅了，但其实这才是正常的思路，从解法一的做法产生灵感，利用 指针将它们连起来。

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