给定一个二叉树的 根节点 root，想象自己站在它的右侧，按照从顶部到底部的顺序，返回从右侧所能看到的节点值。
示例 1：
**输入：**root = [1,2,3,null,5,null,4]
输出：[1,3,4]
示例 2：
**输入：**root = [1,2,3,4,null,null,null,5]
输出：[1,3,4,5]
示例 3：
**输入：**root = [1,null,3]
输出：[1,3]
示例 4：
**输入：**root = []
输出：[]
提示:
- 二叉树的节点个数的范围是
[0,100] -100 <= Node.val <= 100
1. 算法核心思想：层序遍历的“降维打击”
题目要求“从右侧所能看到的节点值”。如果我们试图用人脑去想象遮挡关系，会觉得非常复杂（因为左子树如果有特别长的分支，也会从右边露出来）。
但是，如果我们把它转换成“层序遍历”的问题，思路瞬间降维： 所谓的“右视图”，本质上就是二叉树每一层里的“最后一个节点”！
只要我们能够老老实实地把这棵树一层一层地剥开，然后把每一层遍历到最后的那个元素塞进结果数组里，这道题就迎刃而解了。
2. 代码逻辑拆解
- 万能模板复用：继承了标准层序遍历的精髓。利用
count变量提前锁死了当前层的人数，这使得我们可以放心地在一个for循环里把当前层的人全部请出队列，同时把下一层的人排进队列。 - 点金之笔
if (i == count - 1)： 在当前层的for循环中，i的范围是从0到count - 1。 当i走到count - 1时，说明当前出队的node就是这一层的最后一名排队者（也就是最靠右的那个节点）。把它抓进result数组里，完美符合“右视图”的定义。
class Solution {
public:
vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
vector<int> result;
// 1. 边界拦截：如果树为空，直接返回空数组
if (root == NULL) {
return result;
}
queue<TreeNode*> q;
q.push(root);
int count = 1; // 记录当前层的节点数
// 2. 开始水波纹扩散（层序遍历）
while (!q.empty()) {
// 3. 遍历当前层的所有节点
for (int i = 0; i < count; i++) {
TreeNode* node = q.front();
q.pop();
// 将下一层的节点（左右孩子）排入队列
if (node->left != NULL) {
q.push(node->left);
}
if (node->right != NULL) {
q.push(node->right);
}
// 4. 核心点金之笔：捕捉最右侧的节点
// 当 i 等于当前层总数减 1 时，说明这是当前层的最后一个节点
if (i == count - 1) {
result.push_back(node->val);
}
}
// 5. 当前层全部出队，队列里剩下的全都是下一层的新节点，更新 count
count = q.size();
}
return result;
}
};
3. 复杂度分析
- 时间复杂度：O(N)。其中 N 是二叉树的节点数。无论是哪一层，树上的每一个节点都会被精确地进队一次、出队一次，整体时间开销与节点数量成正比。
- 空间复杂度：O(N)。空间消耗主要在于队列
q。在最坏情况下（例如一棵完美的满二叉树的最后一层），队列中最多会同时存放大约 N/2 个节点，所以空间复杂度为线性的 O(N)。