题目描述（简单难度）
给定一个sum，判断是否有一条从根节点到叶子节点的路径，该路径上所有数字的和等于sum。
解法一 递归
这道题其实和 111 题 是一样的，大家可以先看 111 题 的分析，这道题无非是把 111 题 递归传递的depth改为了sum的传递。
如果不仔细分析题目，代码可能会写成下边的样子。
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
if (root == null) {
return false;
}
return hasPathSumHelper(root, sum);
}
private boolean hasPathSumHelper(TreeNode root, int sum) {
if (root == null) {
return sum == 0;
}
return hasPathSumHelper(root.left, sum - root.val) || hasPathSumHelper(root.right, sum - root.val);
}
看起来没什么问题，并且对于题目给的样例也是没问题的。但是对于下边的样例：
3
/ \
9 20
/ / \
8 15 7
sum = 12
当某个子树只有一个孩子的时候，就会出问题了，可以看 111 题 的分析。
所以代码需要写成下边的样子。
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
if (root == null) {
return false;
}
return hasPathSumHelper(root, sum);
}
private boolean hasPathSumHelper(TreeNode root, int sum) {
//到达叶子节点
if (root.left == null && root.right == null) {
return root.val == sum;
}
//左孩子为 null
if (root.left == null) {
return hasPathSumHelper(root.right, sum - root.val);
}
//右孩子为 null
if (root.right == null) {
return hasPathSumHelper(root.left, sum - root.val);
}
return hasPathSumHelper(root.left, sum - root.val) || hasPathSumHelper(root.right, sum - root.val);
}
解法二 BFS
同样的，我们可以利用一个队列对二叉树进行层次遍历。同时还需要一个队列，保存当前从根节点到当前节点已经累加的和。BFS的基本框架不用改变，参考 102 题。只需要多一个队列，进行细微的改变即可。
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<TreeNode>();
Queue<Integer> queueSum = new LinkedList<Integer>();
if (root == null)
return false;
queue.offer(root);
queueSum.offer(root.val);
while (!queue.isEmpty()) {
int levelNum = queue.size(); // 当前层元素的个数
for (int i = 0; i < levelNum; i++) {
TreeNode curNode = queue.poll();
int curSum = queueSum.poll();
if (curNode != null) {
//判断叶子节点是否满足了条件
if (curNode.left == null && curNode.right == null && curSum == sum) {
return true;
}
//当前节点和累计的和加入队列
if (curNode.left != null) {
queue.offer(curNode.left);
queueSum.offer(curSum + curNode.left.val);
}
if (curNode.right != null) {
queue.offer(curNode.right);
queueSum.offer(curSum + curNode.right.val);
}
}
}
}
return false;
}
解法三 DFS
解法一其实本质上就是做了DFS，我们知道DFS可以用栈去模拟。对于这道题，我们可以像解法二的BFS一样，再增加一个栈，去保存从根节点到当前节点累计的和就可以了。
这里的话，用DFS里的中序遍历，参考 94 题。
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
Stack<TreeNode> stack = new Stack<>();
Stack<Integer> stackSum = new Stack<>();
TreeNode cur = root;
int curSum = 0;
while (cur != null || !stack.isEmpty()) {
// 节点不为空一直压栈
while (cur != null) {
stack.push(cur);
curSum += cur.val;
stackSum.push(curSum);
cur = cur.left; // 考虑左子树
}
// 节点为空，就出栈
cur = stack.pop();
curSum = stackSum.pop();
//判断是否满足条件
if (curSum == sum && cur.left == null && cur.right == null) {
return true;
}
// 考虑右子树
cur = cur.right;
}
return false;
}
但是之前讲了，对于这种利用栈完全模拟递归的思路，对时间复杂度和空间复杂度并没有什么提高。只是把递归传递的参数root和sum，本该由计算机自动的压栈出栈，由我们手动去压栈出栈了。
所以我们能不能提高一下，比如省去sum这个栈？让我们来分析以下。参考 这里 。
我们如果只用一个变量curSum来记录根节点到当前节点累计的和，有节点入栈就加上节点的值，有节点出栈就减去节点的值。
比如对于下边的树，我们进行中序遍历。
3
/ \
9 20
/ \
8 15
curSum = 0
3 入栈， curSum = 3，3
9 入栈， curSum = 12，3 -> 9
8 入栈， curSum = 20， 3 -> 9 -> 8
8 出栈， curSum = 12， 3 -> 9
9 出栈， curSum = 3，
15 入栈， curSum = 18， 3 -> 9 -> 15
此时路径是 3 -> 9 -> 15，和应该是 27。但我们得到的是 18，少加了 9。
原因就是我们进行的是中序遍历，当我们还没访问右边的节点的时候，根节点已经出栈了，再访问右边节点的时候，curSum就会少一个根节点的值。
所以，我们可以用后序遍历，先访问左子树，再访问右子树，最后访问根节点。再看一下上边的问题。
3
/ \
9 20
/ \
8 15
curSum = 0
3 入栈， curSum = 3，3
9 入栈， curSum = 12，3 -> 9
8 入栈， curSum = 20， 3 -> 9 -> 8
8 出栈， curSum = 12， 3 -> 9
15 入栈， curSum = 27， 3 -> 9 -> 15
此时路径 3 -> 9 -> 15 对应的 curSum 就是正确的了。
用栈实现后序遍历，比中序遍历要复杂一些。当访问到根节点的时候，它的右子树可能访问过了，那就把根节点输出。它的右子树可能没访问过，我们需要去遍历它的右子树。所以我们要用一个变量pre保存上一次遍历的节点，用来判断当前根节点的右子树是否已经遍历完成。
public List<Integer> postorderTraversal(TreeNode root) {
List<Integer> result = new LinkedList<>();
Stack<TreeNode> toVisit = new Stack<>();
TreeNode cur = root;
TreeNode pre = null;
while (cur != null || !toVisit.isEmpty()) {
while (cur != null) {
toVisit.push(cur); // 添加根节点
cur = cur.left; // 递归添加左节点
}
cur = toVisit.peek(); // 已经访问到最左的节点了
// 在不存在右节点或者右节点已经访问过的情况下，访问根节点
if (cur.right == null || cur.right == pre) {
toVisit.pop();
result.add(cur.val);
pre = cur;
cur = null;
} else {
cur = cur.right; // 右节点还没有访问过就先访问右节点
}
}
return result;
}
有了上边的后序遍历，对于这道题，代码就很好改了。
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
Stack<TreeNode> toVisit = new Stack<>();
TreeNode cur = root;
TreeNode pre = null;
int curSum = 0; //记录当前的累计的和
while (cur != null || !toVisit.isEmpty()) {
while (cur != null) {
toVisit.push(cur); // 添加根节点
curSum += cur.val;
cur = cur.left; // 递归添加左节点
}
cur = toVisit.peek(); // 已经访问到最左的节点了
//判断是否满足条件
if (curSum == sum && cur.left == null && cur.right == null) {
return true;
}
// 在不存在右节点或者右节点已经访问过的情况下，访问根节点
if (cur.right == null || cur.right == pre) {
TreeNode pop = toVisit.pop();
curSum -= pop.val; //减去出栈的值
pre = cur;
cur = null;
} else {
cur = cur.right; // 右节点还没有访问过就先访问右节点
}
}
return false;
}
总
这道题还是在考二叉树的遍历，DFS，BFS。解法三通过后序遍历节省了sum栈，蛮有意思的。
更多详细通俗题解详见 leetcode.wang 。
