判断二叉树是否对称需递归或迭代检查左右子树是否镜像相等：即左子树左孩子与右子树右孩子、左子树右孩子与右子树左孩子分别相等且值相同；常见错误是误判子树各自对称或忽略空指针和节点值校验。
用递归比较左右子树是否互为镜像
判断二叉树是否对称，本质是检查左子树是否与右子树“镜像相等”：即左子树的左孩子等于右子树的右孩子，左子树的右孩子等于右子树的左孩子。不能只比结构，必须同步比较节点值。
关键点在于设计一个辅助函数 isMirror(TreeNode* left, TreeNode* right)，它接收两个子树根节点，返回它们是否互为镜像：
- 都为空 → 对称（
return true） - 仅一个为空 → 不对称（
return false） - 都不为空但值不等 → 不对称（
return false） - 都不为空且值相等 → 递归检查
left->left与right->right，以及left->right与right->left
bool isSymmetric(TreeNode* root) {
if (!root) return true;
return isMirror(root->left, root->right);
}
bool isMirror(TreeNode left, TreeNode right) {
if (!left && !right) return true;
if (!left || !right) return false;
if (left->val != right->val) return false;
return isMirror(left->left, right->right) &&
isMirror(left->right, right->left);
}
迭代写法：用栈模拟递归配对检查
递归直观但有栈溢出风险；迭代更可控，核心是把“待比较的节点对”压入栈中，每次弹出一对做值比较，再把下一层的镜像组合推入栈。
初始压入 root->left 和 root->right；每次取两个节点 l 和 r：
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- 都为空 → 继续下一轮
- 仅一个为空 → 返回
false - 值不等 → 返回
false - 值相等 → 将
l->left与r->right、l->right与r->left成对压栈
bool isSymmetric(TreeNode* root) {
if (!root) return true;
stack stk;
stk.push(root->left);
stk.push(root->right);
while (!stk.empty()) {
TreeNode* r = stk.top(); stk.pop();
TreeNode* l = stk.top(); stk.pop();
if (!l && !r) continue;
if (!l || !r) return false;
if (l->val != r->val) return false;
stk.push(l->left); stk.push(r->right);
stk.push(l->right); stk.push(r->left);
}
return true;
} 常见错误：误用“左右子树各自对称”逻辑
新手常写成：isSymmetric(root->left) && isSymmetric(root->right) —— 这是在检查“左子树自身对称”且“右子树自身对称”，完全偏离题意。对称性是跨左右子树的镜像关系，不是子树内部性质。
另一个典型错误是只比结构忽略值：比如用 nullptr 占位但没校验 val，导致 [1,2,2,null,3,null,3] 被误判为对称（实际不是，因为两个 3 不在镜像位置）。
测试时务必覆盖这些用例：
-
[1,2,2,3,4,4,3]→ true -
[1,2,2,null,3,null,3]→ false（注意 null 的位置） -
[1]→ true -
[]→ true
时间与空间复杂度差异明显
递归和迭代都是 O(n) 时间复杂度，每个节点访问一次。但空间表现不同：
- 递归：最坏深度
O(n)（退化为链表），平均O(h)（h 为树高） - 迭代：栈中最多存
O(w)个节点（w 为最大宽度），对于满二叉树，宽度远小于深度，此时迭代更省内存
如果题目明确要求“避免递归”或输入可能极深，优先选迭代；否则递归更易写对、不易漏边界。
真正容易被忽略的是空指针解引用——无论递归还是迭代，必须在取 ->val 或访问子指针前，先判断指针非空。漏掉这一层检查，本地能过但线上 runtime error 是高频翻车点。
