題目描述：給定一棵二元樹，若從根節點到節點 X 的路徑上，沒有任何節點的值大於 X 的值，則稱 X 為「好節點（Good Node）」。回傳整棵樹中好節點的數量。
解題思路：使用 DFS 遍歷，同時傳遞一個參數 maxSoFar 表示從根到當前節點的路徑上所出現過的最大值。到達每個節點時，若 node->val >= maxSoFar，則該節點為好節點，計數加一，並更新 maxSoFar = max(maxSoFar, node->val) 傳給子節點。由於每個節點只與自身路徑上的最大值比較，無需回溯，因此可直接用前序 DFS（Pre-order DFS）實作。根節點本身必定是好節點（路徑上沒有比它更大的祖先）。
時間複雜度：O(n) — 每個節點恰好被訪問一次。
空間複雜度：O(h) — 遞迴堆疊深度等於樹高 h；最壞情況為 O(n)，平衡樹為 O(log n)。
1. Initialize count = 0
2. Define dfs(node, maxSoFar):
a. If node is null, return
b. If node.val >= maxSoFar:
i. count++
ii. maxSoFar = node.val
c. dfs(node.left, maxSoFar)
d. dfs(node.right, maxSoFar)
3. Call dfs(root, -infinity)
4. Return countBFS 層序遍歷 O(n)：將 (節點, 路徑最大值) 配對存入佇列，逐層展開。與 DFS 邏輯相同，只是用佇列取代遞迴堆疊。對極深樹可避免遞迴堆疊溢出，但佇列空間最壞為 O(n)，通常比 DFS 佔用更多記憶體。
無全域變數的純函式寫法 O(n)：將 count 作為回傳值從子呼叫累加，而非使用成員變數。程式碼風格更函式化，無副作用，但邏輯複雜度相同，純屬風格差異。