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对于一般的二叉树，统计节点数目遍历一遍就可以了，但是这样时间复杂度O(n)，一下就被卡住了。
这题首先要明白的是，我们只需要知道叶子节点的数目就能统计出总节点树。
想法1：
既然是完全二叉树，我肯定是从左子树开始看，如果左子树不完整，右子树就不用再遍历了。由此形成一个递归的搜索过程，先搜索左子树，如果不完整，直接停止搜索，统计完毕；否则，还要再搜索右子树。
这样就能避开完全搜索遍历整棵树，但是当树接近满树的时候实际上还是将整颗树遍历了一遍。
想法2：
完全二叉树不同于满树的一点是，我们只能肯定它的最左边那个叶子节点肯定是存在的（这里说存在不太准确，实际就把完全二叉树当满树看，然后那些不满的地方就认为是叶子节点不存在）。所以一颗完全二叉树的高度只需要一路向左就能求得。现在告诉你一颗完全二叉树可能不是满树，从根节点的角度，就要看，到底从哪开始不满的。
按照定义，不满的节点肯定在右边。如果我们求解根节点的右子树的高度=H - 1，说明左子树肯定是满的，不用再看了；否则，右节点高度 = H - 2，说明root->right的叶节点都缺了，右边不用再看了。
有没有发现这种想法使得我们几乎一次排除了一半的元素，所以这题有一个标签叫做binary search，因为感觉想法上很像。
int countNodes(TreeNode* root) {
int height = 0;
auto p = root;
while(p != NULL){
height++;
p = p->left;
}
if(height < 2)
return height;
int countLeaf = 0;
int curHeight = height;
while(root){
auto pr = root->right;
int heightR = 0;
while(pr != NULL){
heightR++;
pr = pr->left;
}
if (heightR == 0){
countLeaf+= 1;
break;
}
else if(heightR == curHeight - 1){
//we don‘t need to look at the left child any more
//because it must be full
countLeaf += (1 << (heightR - 1));
root = root->right;
}
else{
//we don‘t need to look at the right child any more
//because there no leaf node
root = root->left;
}
curHeight -= 1;
}
return countLeaf + (1 << (height - 1)) - 1;
}
LeetCode222 Count Complete Tree Nodes
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原文地址：http://www.cnblogs.com/hustxujinkang/p/4711946.html
