C++で解くパス合計III：DFSで二分木のルートからリーフまでの経路を探索

整数のキーを持つノードで構成される二分木が与えられたとき、合計値が指定した値と一致する「ルートからリーフ（葉）までの経路」をすべて見つける問題を考えます。経路は必ず根から始まり、葉で終わる必要があります。

問題の例

たとえば、次のような二分木 [5,4,8,11,null,13,4,7,2,null,null,5,1] があり、目標の合計値が 22 だとします。

このとき、条件を満たす経路は次の 2 本です。

[[5, 4, 11, 2], [5, 8, 4, 5]]

解法のアプローチ：DFS（深さ優先探索）＋バックトラック

この問題は、少し手を加えた DFS（深さ優先探索）関数で効率的に解くことができます。dfs 関数は「現在のノード」「残りの目標合計」「これまで辿った経路を格納する一時配列」の 3 つの引数を受け取り、次のように動作します。

• ノードが存在しない場合は、そのまま戻る。
• ノードが葉（左右の子がどちらも存在しない）の場合：
  • 残りの合計がそのノードの値と一致していれば、ノードの値を一時配列に追加し、完成した経路を結果に保存してから、一時配列の末尾を取り除く。
  • 処理を終えて戻る。
• 葉でない場合は、ノードの値を一時配列に追加する。
• 左の子に対して dfs(左の子, 合計 − ノードの値, 一時配列) を再帰的に呼び出す。
• 右の子に対しても同様に dfs(右の子, 合計 − ノードの値, 一時配列) を呼び出す。
• 最後に一時配列の末尾要素を削除して戻る（バックトラック）。

ポイントは、子ノードへ潜るときに「合計 − 現在のノードの値」を渡すことで、残りの目標値を更新し続ける点です。また、再帰から抜ける際に一時配列の末尾を削除することで、別の経路の探索に影響を与えないようにしています。

C++による実装例

以下は、上記のアルゴリズムを C++ で実装した完全なコードです。二分木をレベル順（幅優先）に構築する補助関数や、結果を見やすく表示する関数も含まれています。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void print_vector(vector<vector<int> > v){
   cout << "[";
   for(int i = 0; i<v.size(); i++){
      cout << "[";
      for(int j = 0; j <v[i].size(); j++){
         cout << v[i][j] << ", ";
      }
      cout << "],";
   }
   cout << "]"<<endl;
}
class TreeNode{
   public:
      int val;
      TreeNode *left, *right;
      TreeNode(int data){
         val = data;
         left = right = NULL;
      }
};
void insert(TreeNode **root, int val){
      queue<TreeNode*> q;
      q.push(*root);
      while(q.size()){
         TreeNode *temp = q.front();
         q.pop();
         if(!temp->left){
            if(val != NULL)
               temp->left = new TreeNode(val);
            else
               temp->left = new TreeNode(0);
            return;
         } else {
             q.push(temp->left);
         }
         if(!temp->right){
             if(val != NULL)
             temp->right = new TreeNode(val);
             else
                temp->right = new TreeNode(0);
             return;
         } else {
             q.push(temp->right);
         }
     }
}
TreeNode *make_tree(vector<int> v){
   TreeNode *root = new TreeNode(v[0]);
   for(int i = 1; i<v.size(); i++){
      insert(&root, v[i]);
   }
   return root;
}
class Solution {
   public:
   vector < vector <int> > res;
   void dfs(TreeNode* root, int sum, vector <int>& temp){
      if(!root)return;
      if(!root->left && !root->right){
         if(sum == root->val){
            temp.push_back(root->val);
            res.push_back(temp);
            temp.pop_back();
         }
         return;
      }
      temp.push_back(root->val);
      dfs(root->left, sum - root->val, temp);
      dfs(root->right, sum - root->val, temp);
      temp.pop_back();
   }
   vector<vector<int>> pathSum(TreeNode* root, int sum) {
      res.clear();
      vector <int> temp;
      dfs(root, sum, temp);
      return res;
   }
};
main(){
   Solution ob;
   vector<int> v = {5,4,8,11,NULL,13,4,7,2,NULL,NULL,NULL,NULL,5,1};
   TreeNode *root = make_tree(v);
   print_vector(ob.pathSum(root, 22));
}

実行結果

入力：

[5,4,8,11,null,13,4,7,2,null,null,5,1]
22

出力：

[[5, 4, 11, 2],[5, 8, 4, 5]]

計算量の目安

すべてのノードをちょうど 1 回ずつ訪問するため、探索本体の時間計算量は O(N) です。ただし、条件を満たす経路が見つかるたびに経路のコピーを作成するため、最悪ケースでは全体の計算量が O(N²) になる点に注意してください。必要なメモリ量は再帰の深さに依存し、バランスの取れた木では O(log N)、極端に偏った木では最大 O(N) となります。