230. 二叉搜索树中第 K 小的元素
题目描述
给定一个二叉搜索树的根节点 root ，和一个整数 k ，请你设计一个算法查找其中第 k 小的元素（从 1 开始计数）。
示例
示例 1：
输入: root = [3,1,4,null,2], k = 1
输出: 1
示例 2：
输入: root = [5,3,6,2,4,null,null,1], k = 3
输出: 3
解题思路
第一步：理解问题本质
二叉搜索树（BST）的性质：
- 左子树所有节点值 < 根节点值
- 右子树所有节点值 > 根节点值
- 中序遍历结果是升序序列
因此，第 k 小的元素 = 中序遍历的第 k 个元素。
第二步：暴力解法 - 中序遍历转数组
遍历完整棵树，将中序结果存入数组，返回第 k-1 个元素。
def kthSmallest(self, root: Optional[TreeNode], k: int) -> int:
result = []
# 中序遍历：左 -> 根 -> 右；BST 上按这个顺序取出来正好是升序
def inorder(node):
# 空节点没有可记录的值，直接回退
if not node:
return
inorder(node.left)
# 左子树全部走完才记录当前节点，顺序才不会乱
result.append(node.val)
inorder(node.right)
inorder(root)
# 第 k 小从 1 开始数，落到下标上要减 1
return result[k - 1]
为什么不够好：需要 O(n) 空间，且遍历完整棵树。
第三步：优化解法 - 提前终止
不需要遍历完整棵树，找到第 k 个就可以停止。
def kthSmallest(self, root: Optional[TreeNode], k: int) -> int:
# 计数要跨递归层累加，用实例属性；写成外层局部变量就得加 nonlocal 才能改
self.count = 0
self.result = 0
# 返回 True 表示已经找到，上层据此立刻收手、不再往下遍历
def dfs(node):
# 空节点返回 False：这一支没有找到
if not node:
return False
# 左子树里已经找到，就没必要再看当前节点和右子树
if dfs(node.left):
return True
# 左子树已经数完，当前节点就是中序里的下一个，计数加一
self.count += 1
if self.count == k:
self.result = node.val
return True
# 还没数够 k 个，答案只可能在右子树里
return dfs(node.right)
dfs(root)
return self.result
第四步：最优解法 - 迭代中序遍历
使用栈模拟递归，找到第 k 个就停止，避免递归栈开销。
完整代码实现
算法可视化 · 逐帧回放这道题的代码12 帧 · 录制输入 [3,1,4,None,2], 1
from typing import Optional
class Solution:
"""
二叉搜索树中第 K 小的元素 - 中序遍历
核心思路：
二叉搜索树的中序遍历结果是升序序列。
因此，第 k 小的元素 = 中序遍历的第 k 个元素。
优化：不需要遍历完整棵树，找到第 k 个就可以停止。
时间复杂度：O(h + k)
空间复杂度：O(h)
"""
def kthSmallest(self, root: Optional[TreeNode], k: int) -> int:
self.result = 0
self.count = 0
def dfs(node: Optional[TreeNode]) -> bool:
"""中序遍历，返回 True 表示已找到"""
if not node:
return False
# 遍历左子树
if dfs(node.left):
return True
# 访问当前节点
self.count += 1
if self.count == k:
self.result = node.val
return True
# 遍历右子树
return dfs(node.right)
dfs(root)
return self.result
示例推演
以 root = [5,3,6,2,4,null,null,1], k = 3 为例：
5
/ \
3 6
/ \
2 4
/
1
中序遍历过程：
| 步骤 | 操作 | count | 说明 |
|---|---|---|---|
| 1 | 走到最左（1） | 1 | 访问 1 |
| 2 | 返回父节点（2） | 2 | 访问 2 |
| 3 | 返回父节点（3） | 3 | 访问 3，count == k，返回 3 |
结果：3
复杂度分析
| 解法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 说明 |
|---|---|---|---|
| 中序转数组 | O(n) | O(n) | 遍历整棵树 |
| 递归提前终止 | O(h + k) | O(h) | h 为树高度 |
| 迭代提前终止 | O(h + k) | O(h) | 栈空间 |
进阶优化：如果频繁查询，可以给每个节点增加子树大小字段，实现 O(h) 查询。
易错点总结
1. k 从 1 开始计数
错误：if self.count == k - 1
正确：if self.count == k
2. 忘记提前终止
# 错误：遍历完整棵树
# 不管找没找到都继续走，目标早就命中了还在白白遍历
inorder(node.left)
result.append(node.val) # 继续遍历
inorder(node.right)
# 正确：找到就返回
# 用返回值把「已找到」的信号一路往上送，每层都能提前结束
if dfs(node.left):
return True
# ...
return dfs(node.right)
3. 第 k 大怎么求？
方法：右-中-左遍历（降序），或者找第 n-k+1 小。
扩展思考
1. 频繁查询的优化
给每个节点增加 size 字段（子树节点数）：
- 左子树大小 >= k：第 k 小在左子树
- 左子树大小 + 1 == k：当前节点就是第 k 小
- 否则：第 k 小在右子树，找第 k - left_size - 1 小