这是典型的面试问题。 我在网上查了很多代码，感觉有一部分写得不严密。 今天做总结。
想法：
1 .递归回溯
2 .非递归后的遍历(单栈版)，只要在每次遇到叶的节点时输出栈内的要素即可。
以下代码都基于构想1的代码。
请参阅版本1:vectorvoidleavespath (treenode * root，vectorint path )//vectorif ) root==null ) return )； path.push_back(root-val； 根左==空根右==空) for(intI=0； i path.size (； I ) { cout path[i] '； } cout endl； }else{leavespath(root-left，path )； leavespath(root-right，path )； } path.pop_back (； //键}测试程序
vectorint path； lavespath(N0，path )； //n0是自己建造的树的根节点的版本2 :数组长voidleavespath2(treenode*root，int* path，int len ) if ) root==null ) return； path[len ]=root-val； 根左==空根右==空) for(intI=0； i len； I ) { cout path[i] '； } cout endl； }else{leavespath2(root-left，path，len )； leaves path2(根权限，path，len )； }测试程序
int path2[20]={ 0 }； lavespath2(N0，path 2，0 )； //n0参照自己建造的树的根节点的版本3 () )数组参照长voidleavespath3(treenode*root，int* path，int len ) ) int* path置换为int* path 根左==空根右==空) for(intI=0； i len； I ) { cout path[i] '； } cout endl； }else{leavespath3(root-left，path，len )； leaves path3(根权限，path，len )； (} --len； //此过程与版本1中的pop_back的目的相同。 }测试程序
int path2[20]={ 0 }； int len=0； int *path3=path2； leavespath3(N0，path3，len )； //n0是自己构建的树的根节点的结束语：通过识别三个版本的差异，在把握递归本质的同时，感受引用的作用。 如果能试着把版本变成非递归的形式的话，那边还会提高。
我个人推荐版本1。 我不知道你是怎么想的。