解法一
可以发现展开的顺序其实就是二叉树的先序遍历。算法和 94 题中序遍历的 Morris 算法有些神似，我们需要两步完成这道题。
将左子树插入到右子树的地方
将原来的右子树接到左子树的最右边节点
考虑新的右子树的根节点，一直重复上边的过程，直到新的右子树为 null
public void flattern(TreeNode root){
while(root!=null){
if(root.left==null){
root=root.right;
}else{
TreeNode pre=root.left;
while(pre.right!=null){
pre=pre.right;
}
pre.right=root.right;
root.right=root.left;
root.left=null;
root=root.right;
}
}
}解法二
题目中，要求说是 in-place，之前一直以为这个意思就是要求空间复杂度是 O(1)。偶然看见评论区大神的解释， in-place 的意思可能更多说的是直接在原来的节点上改变指向，空间复杂度并没有要求。所以这道题也可以用递归解一下。
Java
1
/ 2 5
/ 3 4 6
利用递归的话，可能比解法一难理解一些。
题目其实就是将二叉树通过右指针，组成一个链表。
Java
1 -> 2 -> 3 -> 4 -> 5 -> 6
我们知道题目给定的遍历顺序其实就是先序遍历的顺序，所以我们能不能利用先序遍历的代码，每遍历一个节点，就将上一个节点的右指针更新为当前节点。
先序遍历的顺序是 1 2 3 4 5 6。
遍历到 2，把 1 的右指针指向 2。1 -> 2 3 4 5 6。
遍历到 3，把 2 的右指针指向 3。1 -> 2 -> 3 4 5 6。
... ...
一直进行下去似乎就解决了这个问题。但现实是残酷的，原因就是我们把 1 的右指针指向 2，那么 1 的原本的右孩子就丢失了，也就是 5 就找不到了。
解决方法的话，我们可以逆过来进行。
我们依次遍历 6 5 4 3 2 1，然后每遍历一个节点就将当前节点的右指针更新为上一个节点。
遍历到 5，把 5 的右指针指向 6。6 <- 5 4 3 2 1。
遍历到 4，把 4 的右指针指向 5。6 <- 5 <- 4 3 2 1。
... ...
1 / \ 2 5 / \ \ 3 4 6
这样就不会有丢失孩子的问题了，因为更新当前的右指针的时候，当前节点的右孩子已经访问过了。
而 6 5 4 3 2 1 的遍历顺序其实变形的后序遍历，遍历顺序是右子树->左子树->根节点。
先回想一下后序遍历的代码
public void PrintBinaryTreeBacRecur(TreeNode root){
if (root == null)
return;
PrintBinaryTreeBacRecur(root.right);
PrintBinaryTreeBacRecur(root.left);
System.out.print(root.data); }
这里的话，我们不再是打印根节点，而是利用一个全局变量 pre，更新当前根节点的右指针为 pre，左指针为 null。
private TreeNode=pre;
public void PrintBinaryTreeBacRecur(TreeNode root){
if(root==null)
return;
PrintBinaryTreeBacRecur(root.right);
PrintBinaryTreeBacRecur(root.left);
root.right=pre;
pre=root;
}