1.题目描述
2.解题思路
方法一：广度优先搜索
首先我们可以想到使用广度优先搜索的方式，记录从根节点到当前节点的路径和，以防止重复计算。
这样我们使用两个队列，分别存储将要遍历的节点，以及根节点到这些节点的路径和即可。
复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。
空间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。空间复杂度主要取决于队列的开销，队列中的元素个数不会超过树的节点数。
方法二：递归
观察要求我们完成的函数，我们可以归纳出它的功能：询问是否存在从当前节点 root 到叶子节点的路径，满足其路径和为 sum。
假定从根节点到当前节点的值之和为 val，我们可以将这个大问题转化为一个小问题：是否存在从当前节点的子节点到叶子的路径，满足其路径和为 sum - val。
不难发现这满足递归的性质，若当前节点就是叶子节点，那么我们直接判断 sum 是否等于 val 即可（因为路径和已经确定，就是当前节点的值，我们只需要判断该路径和是否满足条件）。若当前节点不是叶子节点，我们只需要递归地询问它的子节点是否能满足条件即可。
复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 是树的节点数。对每个节点访问一次。
空间复杂度：O(H)，其中 H 是树的高度。空间复杂度主要取决于递归时栈空间的开销，最坏情况下，树呈现链状，空间复杂度为 O(N)。平均情况下树的高度与节点数的对数正相关，空间复杂度为 O(logN)。
3.代码实现
方法一：
class Solution {
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
if (root == null) {
return false;
}
Queue<TreeNode> queNode = new LinkedList<TreeNode>();
Queue<Integer> queVal = new LinkedList<Integer>();
queNode.offer(root);
queVal.offer(root.val);
while (!queNode.isEmpty()) {
TreeNode now = queNode.poll();
int temp = queVal.poll();
if (now.left == null && now.right == null) {
if (temp == sum) {
return true;
}
continue;
}
if (now.left != null) {
queNode.offer(now.left);
queVal.offer(now.left.val + temp);
}
if (now.right != null) {
queNode.offer(now.right);
queVal.offer(now.right.val + temp);
}
}
return false;
}
}
方法二：
class Solution {
public boolean hasPathSum(TreeNode root, int sum) {
if (root == null) {
return false;
}
if (root.left == null && root.right == null) {
return sum == root.val;
}
return hasPathSum(root.left, sum - root.val) || hasPathSum(root.right, sum - root.val);
}
}