给定一个二叉树：

struct Node {int val;Node *left;Node *right;Node *next;
}

填充它的每个 next 指针，让这个指针指向其下一个右侧节点。如果找不到下一个右侧节点，则将 next 指针设置为 NULL 。

初始状态下，所有 next 指针都被设置为 NULL 。

示例 1：

输入：root = [1,2,3,4,5,null,7]
输出：[1,#,2,3,#,4,5,7,#]
解释：给定二叉树如图 A 所示，你的函数应该填充它的每个 next 指针，以指向其下一个右侧节点，如图 B 所示。序列化输出按层序遍历顺序（由 next 指针连接），'#' 表示每层的末尾。

示例 2：

输入：root = []
输出：[]

解法一 BFS

直接把 116 题 题的代码复制过来就好，一句也不用改。

利用一个栈将下一层的节点保存。通过pre指针把栈里的元素一个一个接起来。

public Node connect(Node root) {if (root == null) {return root;}Queue<Node> queue = new LinkedList<Node>();queue.offer(root);while (!queue.isEmpty()) {int size = queue.size();Node pre = null;for (int i = 0; i < size; i++) {Node cur = queue.poll();if (i > 0) {pre.next = cur;}pre = cur;if (cur.left != null) {queue.offer(cur.left);}if (cur.right != null) {queue.offer(cur.right);}}}return root;
}

解法二

当然题目要求了空间复杂度，可以先到 116 题 看一下思路，这里在上边的基础上改一下。

我们用第二种简洁的代码，相对会好改一些。

Node connect(Node root) {if (root == null)return root;Node pre = root;Node cur = null;while (pre.left != null) {cur = pre;while (cur != null) {cur.left.next = cur.right;if (cur.next != null) {cur.right.next = cur.next.left;}cur = cur.next;}pre = pre.left;}return root;
}

需要解决的问题还是挺多的。

cur.left.next = cur.right;
cur.right.next = cur.next.left;

之前的关键代码就是上边两句，但是在这道题中我们无法保证cur.left 或者 cur.right 或者 cur.next.left或者cur.next.right 是否为null。所以我们需要用一个while循环来保证当前节点至少有一个孩子。

while (cur.left == null && cur.right == null) {cur = cur.next; 
}

这样的话保证了当前节点至少有一个孩子，然后如果一个孩子为 null，那么就可以保证另一个一定不为 null 了。

整体的话，就用了上边介绍的技巧，代码比较长，可以结合的看一下。

Node connect(Node root) {if (root == null)return root;Node pre = root;Node cur = null;while (true) {cur = pre;while (cur != null) {//找到至少有一个孩子的节点if (cur.left == null && cur.right == null) {cur = cur.next;continue;}//找到当前节点的下一个至少有一个孩子的节点Node next = cur.next;while (next != null && next.left == null && next.right == null) {next = next.next;if (next == null) {break;}}//当前节点的左右孩子都不为空，就将 left.next 指向 rightif (cur.left != null && cur.right != null) {cur.left.next = cur.right;}//要接上 next 的节点的孩子，所以用 temp 处理当前节点 right 为 null 的情况Node temp = cur.right == null ? cur.left : cur.right;if (next != null) {//next 左孩子不为 null，就接上左孩子。if (next.left != null) {temp.next = next.left;//next 左孩子为 null，就接上右孩子。} else {temp.next = next.right;}}cur = cur.next;}//找到拥有孩子的节点while (pre.left == null && pre.right == null) {pre = pre.next;//都没有孩子说明已经是最后一层了if (pre == null) {return root;}}//进入下一层pre = pre.left != null ? pre.left : pre.right;} 
}

解法三

参考 这里.-Concise.-Fast.-What's-so-hard>)。

利用解法一的思想，我们利用 pre 指针，然后一个一个取节点，把它连起来。解法一为什么没有像解法二那样考虑当前节点为 null 呢？因为我们没有添加为 null 的节点，就是下边的代码的作用。

if (cur.left != null) {queue.offer(cur.left);
}
if (cur.right != null) {queue.offer(cur.right);
}

所以这里是一样的，如果当前节点为null不处理就可以了。

第二个问题，怎么得到每次的开头的节点呢？我们用一个dummy指针，当连接第一个节点的时候，就将dummy指针指向他。此外，之前用的pre指针，把它当成tail指针可能会更好理解。如下图所示：

cur 指针利用 next 不停的遍历当前层。

如果 cur 的孩子不为 null 就将它接到 tail 后边，然后更新tail。

当 cur 为 null 的时候，再利用 dummy 指针得到新的一层的开始节点。

dummy 指针在链表中经常用到，他只是为了处理头结点的情况，它并不属于当前链表。

代码就异常的简单了。

Node connect(Node root) {Node cur = root;while (cur != null) {Node dummy = new Node();Node tail = dummy;//遍历 cur 的当前层while (cur != null) {if (cur.left != null) {tail.next = cur.left;tail = tail.next;}if (cur.right != null) {tail.next = cur.right;tail = tail.next;}cur = cur.next;}//更新 cur 到下一层cur = dummy.next;}return root;
}