题目描述
二叉树中的路径被定义为一条节点序列，序列中每对相邻节点之间都存在一条边。同一个节点在一条路径序列中至多出现一次。该路径至少包含一个节点，且不一定经过根节点。
路径和是路径中各节点值的总和。
给你一个二叉树的根节点root，返回其最大路径和。
示例 1：
输入：root = [1,2,3]输出：6解释：最优路径是 2 -> 1 -> 3 ，路径和为 2 + 1 + 3 = 6
示例 2：
输入：root = [-10,9,20,null,null,15,7]输出：42解释：最优路径是 15 -> 20 -> 7 ，路径和为 15 + 20 + 7 = 42
提示：
- 树中节点数目范围是
[1, 3 * 104] -1000 <= Node.val <= 1000
解决方案：
这段代码是基于后序遍历（DFS）求解二叉树最大路径和的经典最优实现，核心思路是通过递归同时完成两个关键任务：计算节点向下延伸的有效路径和、统计以每个节点为 “拐点” 的完整路径和，最终找到整棵树的最大路径和。
核心逻辑
核心定义：
ans：全局变量（初始化为极小值-0xFFFF），用于记录遍历过程中找到的最大路径和，覆盖所有可能的路径场景；dfs(node)：递归函数，核心作用有两个：① 返回以node为起点，向下延伸（仅能选左 / 右子树其一）的有效路径和（有效指路径和非负，负路径无贡献）；② 递归过程中计算以node为 “拐点” 的完整路径和，并更新全局最大值ans。
递归边界：若
node为空（!node），返回 0—— 空节点对路径和无任何贡献，直接返回 0。后序遍历核心逻辑：
- 先递归计算左子树的向下有效路径和
l_val = dfs(node->left)； - 再递归计算右子树的向下有效路径和
r_val = dfs(node->right)； - 关键更新：以当前节点为 “拐点” 的完整路径和 =
l_val + r_val + node->val（左子树延伸路径 + 右子树延伸路径 + 当前节点值），用该值更新ans（确保不遗漏所有可能的路径）； - 结果返回：
max(0, max(l_val, r_val) + node->val)—— 仅返回向下延伸的最优路径和，且通过max(0, ...)过滤负贡献（若路径和为负，说明该路径无价值，直接返回 0 放弃）。
- 先递归计算左子树的向下有效路径和
主函数逻辑：调用
dfs(root)触发整棵树的后序遍历，遍历完成后ans即为整棵树的最大路径和，直接返回即可。
关键特点
- 时间效率 O (n)：每个节点仅被递归访问一次，无重复计算，是二叉树遍历的最优时间复杂度；
- 空间效率 O (h)：递归栈深度等于树的高度
h（平衡树h=logn，链表状树h=n），无额外空间开销； - 逻辑精准：
- 用 “拐点路径和” 覆盖所有可能的路径形态（如左子树→当前节点→右子树、单节点、单侧子树延伸等）；
- 用
max(0, ...)过滤负贡献路径，避免无效路径拉低整体和（例如节点值全为负时，会选择值最大的单个节点）；
- 边界适配：初始值
-0xFFFF能覆盖 “所有节点值为负” 的极端场景，确保不会遗漏有效路径。
总结
- 核心思路：后序遍历中，将 “向下延伸的路径和”（供父节点使用）与 “拐点完整路径和”（更新全局最大值）拆分处理，兼顾递归传递性和结果完整性；
- 关键设计：
max(0, ...)过滤负贡献、“拐点路径和更新 ans” 是解决该问题的两大核心； - 功能效果：能正确处理所有场景（含全负节点、单节点、平衡树 / 链表树等），是该问题的工程级最优解法。
函数源码：
/** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { * int val; * TreeNode *left; * TreeNode *right; * TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {} * TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {} * TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {} * }; */ class Solution { public: int ans=-0xFFFF; int dfs(TreeNode* node){ if(!node) return 0; int l_val=dfs(node->left); int r_val=dfs(node->right); ans=max(ans,l_val+r_val+node->val); return max(0,max(l_val,r_val)+node->val); } int maxPathSum(TreeNode* root) { dfs(root); return ans; } };
)
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