199. 二叉树的右视图
题目描述
给定一个二叉树的根节点 root，想象自己站在它的右侧，按照从顶部到底部的顺序，返回从右侧所能看到的节点值。
示例
示例 1：
输入: [1,2,3,null,5,null,4]
输出: [1,3,4]
解释:
1 <---
/ \
2 3 <---
\ \
5 4 <---
示例 2：
输入: [1,2,3,4,null,null,null,5]
输出: [1,3,4,5]
解释:
1 <---
/ \
2 3 <---
/
4 <---
/
5 <---
解题思路
第一步：理解问题本质
"右视图"意味着：从右侧看，每层只能看到最右边的那个节点。
所以问题转化为：获取二叉树每一层最右侧的节点值。
第二步：暴力解法 - DFS + 记录深度
用 DFS 遍历整棵树，记录每个节点所在的深度。对于每个深度，保留最后访问到的节点值。
# DFS 走完整棵树，用 depth 记层号：最右边看到的就是该层最后被访问的节点
def rightSideView(self, root: Optional[TreeNode]) -> List[int]:
result = []
def dfs(node, depth):
# 空节点直接返回，不占任何一层
if not node:
return
# 如果是该深度第一次访问，添加新元素
# 否则覆盖（后面的就是更靠右的）
if depth == len(result):
result.append(node.val)
else:
result[depth] = node.val
# 先左后右：右子节点后访问，所以会覆盖左子节点留在这一层的值
dfs(node.left, depth + 1)
dfs(node.right, depth + 1)
# 根节点在第 0 层
dfs(root, 0)
return result
分析：时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(h)。
第三步：优化解法 - DFS 先右后左
调整遍历顺序，先访问右子节点，这样每层第一个访问到的就是最右侧节点。
def rightSideView(self, root: Optional[TreeNode]) -> List[int]:
result = []
def dfs(node, depth):
# 走到空节点就回退，不产生任何记录
if not node:
return
# 先右后左时，每层第一次到这个深度的一定是最右侧的节点
# 只在第一次填，后面的（更靠左的）直接跳过
if depth == len(result):
result.append(node.val)
# 先右后左
dfs(node.right, depth + 1)
dfs(node.left, depth + 1)
# 从根的第 0 层开始
dfs(root, 0)
return result
分析：每层只记录第一个访问的节点，代码更简洁。
第四步：最优解法 - BFS 层序遍历
BFS 天然按层遍历，对于每一层，最后一个出队的节点就是最右侧的节点。
完整代码实现
算法可视化 · 逐帧回放这道题的代码29 帧 · 录制输入 [1,2,3,None,5,None,4]
from typing import List, Optional
from collections import deque
class Solution:
"""
二叉树的右视图 - BFS层序遍历
核心思路：
本质上是返回每一层最右侧的节点。
使用 BFS 层序遍历，对于每一层，最后一个出队的节点就是该层最右侧的节点。
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(w) - w 为树的最大宽度
"""
def rightSideView(self, root: Optional[TreeNode]) -> List[int]:
if not root:
return []
result = []
queue = deque([root])
while queue:
current_level_size = len(queue)
for i in range(current_level_size):
node = queue.popleft()
# 当前层的最后一个节点，加入结果
if i == current_level_size - 1:
result.append(node.val)
if node.left:
queue.append(node.left)
if node.right:
queue.append(node.right)
return result
示例推演
以 [1,2,3,null,5,null,4] 为例：
1
/ \
2 3
\ \
5 4
BFS 过程：
| 步骤 | 队列内容 | 当前层大小 | 出队节点 | 是否最右 | 结果 |
|---|---|---|---|---|---|
| 初始 | [1] | - | - | - | [] |
| 第1层 | [1] | 1 | 1 | 是 | [1] |
| 第2层 | [2,3] | 2 | 2 | 否 | [1] |
| 3 | 是 | [1,3] | |||
| 第3层 | [5,4] | 2 | 5 | 否 | [1,3] |
| 4 | 是 | [1,3,4] |
最终结果：[1, 3, 4]
复杂度分析
| 解法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 说明 |
|---|---|---|---|
| DFS | O(n) | O(h) | h 为树高度，递归栈空间 |
| DFS（先右后左） | O(n) | O(h) | 每层只记录第一个 |
| BFS | O(n) | O(w) | w 为树的最大宽度 |
注意：对于平衡二叉树，h = O(log n)，w = O(n)；对于链状树，h = O(n)，w = O(1)。
易错点总结
1. BFS 中判断最右节点的时机
错误：在加入子节点时判断
正确：在出队时判断是否是当前层最后一个
# current_level_size 在进入循环前就固定下来，这一层新加的孩子不会算进来
for i in range(current_level_size):
node = queue.popleft()
if i == current_level_size - 1: # 正确：判断是否是最后一个
result.append(node.val)
2. DFS 先左后右 vs 先右后左
# 先右后左：每层第一个就是最右，代码更简洁
dfs(node.right, depth + 1)
dfs(node.left, depth + 1)
# 先左后右：右节点后访问，得用「覆盖」保住这一层最后一个
dfs(node.left, depth + 1)
dfs(node.right, depth + 1)
3. 空树处理
# 空树没有层，返回空列表；题目约定的返回类型是 List[int]，不是 None
if not root:
return [] # 不是 return None
扩展思考
1. 求左视图？
与右视图类似，每层取第一个节点即可：
# 左视图只要每层出队的第一个节点，所以判断条件换成 i == 0
if i == 0: # 第一个节点
result.append(node.val)
2. 求俯视图？
这是 987. 二叉树的垂序遍历 的简化版。
需要记录每个节点的水平位置（列号），按列号分组，每列取最上面的节点。