一、判断t1树是否包含t2树全部的拓扑结构
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2 3 2
/ \ / \ / \
4 5 6 7 4 5
/ \ / /
8 9 10 8 返回：true
解法（O(M×N)）：如果t1中某棵子树头结点和t2头结点的值一样，则从这两个头结点开始匹配，匹配的每一步都是让t1上的节点跟着t2的先序遍历移动，每移动一步，都检查t1的当前节点和t2当前节点的值是否一样。如果匹配的过程中发现有不匹配的过程，直接返回false，那么再去寻找t1的下一棵树。
public boolean contains(Node t1, Node t2) {
return check(t1, t2) || contains(t1.left, t2) || contains(t1.right, t2);
}
private boolean check(Node h, Node t2) {
if (t2 == null) return true;
if (h == null || h.val != t2.val) return false;
return check(h.left, t2.left) && check(h.right, t2.right);
}二、判断t1树中是否有与t2树拓扑结构完全相同的子树
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2 3 2 2
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4 5 6 7 4 5 4 5
\ / \ / \
8 9 8 9 返回：true 8 返回：false
如果t1的节点数为N，t2的节点数为M
1.时间复杂度为O(N×M)的方法：对于t1的每棵子树，都去判断是否与t2树的拓扑结构完全一样，这个过程的复杂度为O(M)，t1的子树一共有N棵，所以时间复杂度是O(N×M)
做法：（知识扩展：判断两棵树是否相等）首先定义一个判断两棵树是否相等的方法，然后让s的每一个子树都和t作比较，看是否两棵树相等，如果存在相等，那么就返回true
public boolean isSubtree(TreeNode s, TreeNode t) {
if (s == null) return false;
if (isSame(s, t)) return true;
return isSubtree(s.left, t) || isSubtree(s.right, t);
}
private boolean isSame(TreeNode sub, TreeNode t) {
if (sub == null && t == null) return true;
if (sub != null && t != null) {
if (sub.val == t.val) {
if (isSame(sub.left, t.left)) {
if (isSame(sub.right, t.right)) {
return true;
}
}
}
}
return false;
}2.时间复杂度为O(N+M)的方法：先将t1树前序遍历序列化成字符串“1!2!4!#!8!#!#!5!9!#!#!#!#!3!6!#!#!7!#!#!”，而t2树前序遍历序列化为字符串“2!4!#!8!#!#!5!9!#!#!”（t3树前序遍历序列化为字符串“2!4!#!8!#!#!5!#!#!”），也就是验证t2str是否是t1str的子串即可，可以用KMP算法在线性时间内解决。所以t1序列化的时间复杂度为O(N)，t2序列化的时间复杂度是O(M)，KMP解决两个字符串的匹配问题O(M+N)，所以时间复杂度是O(M+N)。
三、判断一棵树是否为镜像
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/ \
2 2
/ \ / \
3 4 4 3 true
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/ \
2 2
\ \
3 3 false
思路很关键：将一棵树分成两棵树判断。
解法：如果两棵树为镜像树，那么必须满足：（1）这两棵树的根节点的值相同（2）第一棵树的左子树是第二棵树的右子树（3）第一棵树的右子树是第一棵树的左子树
1.递归
public boolean isSymmetric(TreeNode root) {
return isSymmetircTwoTrees(root, root);
}
private boolean isSymmetircTwoTrees(TreeNode t1, TreeNode t2) {
if (t1 == null && t2 == null) return true;
if (t1 == null || t2 == null) return false;
return t1.val == t2.val && isSymmetircTwoTrees(t1.left, t2.right) && isSymmetircTwoTrees(t1.right, t2.left);
}2.迭代（BFS）
public boolean isSymmetricBFS(TreeNode root) {
if (root == null) return true;
Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
queue.offer(root);
queue.offer(root);
while (!queue.isEmpty()) {
TreeNode t1 = queue.poll();
TreeNode t2 = queue.poll();
if (t1 == null && t2 == null) continue;
if (t1 == null || t2 == null) return false;
if (t1.val != t2.val) return false;
queue.offer(t1.left);
queue.offer(t2.right);
queue.offer(t1.right);
queue.offer(t2.left);
}
return true;
}四、二叉树的反转（考虑问题太过复杂，要从最基本的要求开始考虑）
1.仅仅适用于完全二叉树的反转（不满足某个节点有且仅有一个子树为空的情况）
4
/ \
2 7
/ \ / \
1 3 6 9
Output:
4
/ \
7 2
/ \ / \
9 6 3 1
代码实现：
public TreeNode invertTree(TreeNode root) {
if (root != null) {
Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
queue.offer(root.left);
queue.offer(root.right);
while (!queue.isEmpty()) {
TreeNode t1 = queue.poll();
TreeNode t2 = queue.poll();
if (t1 == null && t2 == null) continue;
if (t1 != null && t2 != null) {
int tmp1 = t1.val;
t1.val = t2.val;
t2.val = tmp1;
}
queue.offer(t1.left);
queue.offer(t2.right);
queue.offer(t1.right);
queue.offer(t2.left);
}
}
return root;
}2.适用于所有二叉树的反转
1 1
/ \
2 2
思路1：基于最简单的层序遍历， TreeNode tmp = root.left; root.left = root.right; root.right = tmp;如上面的测试用例，如果root=1，root.left=2，root.right=null，那么在交换之后，还是可以满足，即root.left=null，root.right=2
还要注意的是：必须使用TreeNode cur = queue.poll();作为引用，不能直接使用root = queue.poll();，如果直接使用root，return的是最后一个遍历到的节点。
public TreeNode invertTreeBFS(TreeNode root) {
if (root != null) {
Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
queue.offer(root);
while(!queue.isEmpty()) {
TreeNode cur = queue.poll();
TreeNode tmp = cur.left;
cur.left = cur.right;
cur.right = tmp;
if (cur.left != null) queue.offer(cur.left);
if (cur.right != null) queue.offer(cur.right);
}
}
return root;
}思路2：基于最简单的后序递归遍历，即invertTreeDFS方法返回root的反转，而root的左子树是右子树的反转，并且root的右子树是左子树的反转。
public TreeNode invertTreeDFS(TreeNode root) {
if (root == null) return null;
TreeNode right = invertTree(root.right);
TreeNode left = invertTree(root.left);
root.left = right;
root.right = left;
return root;
}