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LeetCode

题目描述

给定一个二叉树的根节点 root ，返回它的中序遍历。

示例 1：

94. 二叉树的中序遍历 - 图1

输入： root = [1,null,2,3]
输出： [1,3,2]

示例 2：

输入： root = []
输出： []

示例 3：

输入： root = [1]
输出： [1]

示例 4：

94. 二叉树的中序遍历 - 图2

输入： root = [1,2]
输出： [2,1]

示例 5：

94. 二叉树的中序遍历 - 图3

输入： root = [1,null,2]
输出： [1,2]

提示：

树中节点数目在范围 [0, 100] 内
-100 <= Node.val <= 100

进阶: 递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？

解题思路

方法一：递归

class Solution {
public:
    void inorder(TreeNode* root, vector<int>& res) {
        if (!root) {
            return;
        }
        inorder(root->left, res);
        res.push_back(root->val);
        inorder(root->right, res);
    }
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> res;
        inorder(root, res);
        return res;
    }
};

时间复杂度 O(n)
空间复杂度 O(n)
方法二：非递归

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> ans;
        stack<TreeNode*> st;
        while(root!=nullptr||!st.empty()){
            // 先将当前结点和所有的左节点放入栈
            while(root){
                st.push(root);
                root = root->left;
            }
            // 此时将最左边节点取出
            root = st.top();
            st.pop();
            ans.push_back(root->val);
            // root指向最左边节点的右节点
            root = root->right;
        }
        return ans;
    }
};

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode() {}
 *     TreeNode(int val) { this.val = val; }
 *     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
 *         this.val = val;
 *         this.left = left;
 *         this.right = right;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> res = new ArrayList<>();
        if(root == null){
            return res;
        }
        Deque<TreeNode> stack = new LinkedList<>();
        while(!stack.isEmpty() || root != null){
            // 向左遍历，直到Null
            while(root != null){
                stack.push(root);
                root = root.left;
            }
            // root = stack.poll(); 等价
            root = stack.pop();
            // 当前节点没有左子树，记录值
            res.add(root.val);
            root = root.right;
        }
        return res;
    }
}

时间复杂度 O(n)
空间复杂度 O(n)

方法三：morris
Morris 遍历算法是另一种遍历二叉树的方法，它能将非递归的中序遍历空间复杂度降为 O(1)。
Morris 遍历算法整体步骤如下（假设当前遍历到的节点为 x）：
如果 x 无左孩子，先将 x 的值加入答案数组，再访问 x 的右孩子，即 x=x.right。
如果 x 有左孩子，则找到 x 左子树上最右的节点（即左子树中序遍历的最后一个节点，x 在中序遍历中的前驱节点），我们记为 predecessor。根据 predecessor 的右孩子是否为空，进行如下操作。
- 如果 predecessor 的右孩子为空，则将其右孩子指向 x，然后访问 x 的左孩子，即 x=x.left。
- 如果 predecessor 的右孩子不为空，则此时其右孩子指向 x，说明我们已经遍历完 x 的左子树，我们将 predecessor 的右孩子置空，将 x 的值加入答案数组，然后访问 xx 的右孩子，即 x=x.right。
重复上述操作，直至访问完整棵树

class Solution {
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> res;
        TreeNode *predecessor = nullptr;

        while (root != nullptr) {
            if (root->left != nullptr) {
                // predecessor 节点就是当前 root 节点向左走一步，然后一直向右走至无法走为止
                // 也就是左子树中序遍历的最后一个节点
                predecessor = root->left;
                // predecessor->right != root说明 root的左子树已经遍历过了，并且最后一个节点
                // 指向了root
                while (predecessor->right != nullptr && predecessor->right != root) {
                    predecessor = predecessor->right;
                }

                // 让 predecessor 的右指针指向 root，继续遍历左子树
                // predecessor 的右指针指向 root，可以使左子树遍历完后开始遍历根节点和右子树
                if (predecessor->right == nullptr) {
                    // root左子树最后一个节点指向root
                    predecessor->right = root;
                    // 开始遍历root左子树
                    root = root->left;
                }
                // 说明左子树已经访问完了，我们需要断开链接
                else {
                    // 遍历节点
                    res.push_back(root->val);
                    // 断开建立的连接
                    predecessor->right = nullptr;
                    // 开始遍历右子树
                    root = root->right;
                }
            }
            // 如果没有左孩子，则直接访问根节点 和右子树
            else {
                res.push_back(root->val);
                root = root->right;
            }
        }
        return res;
    }
};

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode() {}
 *     TreeNode(int val) { this.val = val; }
 *     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
 *         this.val = val;
 *         this.left = left;
 *         this.right = right;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> res = new ArrayList<>();
        if(root == null){
            return res;
        }
        TreeNode tmp;
        while(root != null){
            if(root.left != null){
                tmp = root.left;
                while(tmp.right != null && tmp.right != root){
                    tmp = tmp.right;
                }
                if(tmp.right == root){
                    res.add(root.val);
                    root = root.right;
                    tmp.right = null;
                }else{
                    tmp.right = root;
                    root = root.left;
                }

            }else{
                res.add(root.val);
                root = root.right;
            }
        }
        return res;
    }
}

时间复杂度 O(n)
空间复杂度 O(1)

94. 二叉树的中序遍历

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解题思路

方法一：递归

方法二：非递归

方法三：morris