浅谈 二叉树中序遍历 问题

二叉树中序遍历

给定一个二叉树的根节点 root ，返回它的 中序 遍历。

思路：
采用自然的递归方式是最简洁的方法，因为我们知道递归、递归就是顺向遍历，然后逆向返回结果的过程，所以很容易的将中序遍历结果存入数组。
下面也给出迭代法以及Morris 中序遍历法。

 // 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 {
    // 递归中序遍历
    void encounter(TreeNode* root, vector<int>& vec) {
        if(!root) return;		// 递归基
        encounter(root->left, vec);
        vec.push_back(root->val);
        encounter(root->right, vec);
    }
public:
    // 返回中序遍历结果
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        if(!root) return vector<int>();
        vector<int> res;
        encounter(root, res);
        return res;
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

// 迭代法
class Solution {
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> res;
        stack<TreeNode*> stk;
        while (root || !stk.empty()) {
            while (root) {
                stk.push(root);
                root = root->left;
            }
            root = stk.top();
            stk.pop();
            res.push_back(root->val);
            root = root->right;
        }
        return res;
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

// Morris 中序遍历
class Solution {
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> res;
        TreeNode *predecessor = 0; // 初始化一个树节点

        while (root) {
            if (root->left) {
                // 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
                predecessor = root->left;
                while (predecessor->right && predecessor->right != root) {
                    predecessor = predecessor->right;
                }
                
                // 让 predecessor 的右指针指向 root，继续遍历左子树
                if (predecessor->right == 0) {
                    predecessor->right = root;
                    root = root->left;
                }
                // 说明左子树已经访问完了，我们需要断开链接
                else {
                    res.push_back(root->val);
                    predecessor->right = nullptr;
                    root = root->right;
                }
            }
            // 如果没有左孩子，则直接访问右孩子
            else {
                res.push_back(root->val);
                root = root->right;
            }
        }
        return res;
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)