[94] 二叉树的中序遍历

题目描述
给定一个二叉树的根节点 root ，返回它的中序遍历。

基本结构

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;
    }
}

官方解答

作者：LeetCode-Solution

解法一：递归

思路

首先我们需要了解什么是二叉树的中序遍历：按照访问左子树——根节点——右子树的方式遍历这棵树，而在访问左子树或者右子树的时候我们按照同样的方式遍历，直到遍历完整棵树。因此整个遍历过程天然具有递归的性质，我们可以直接用递归函数来模拟这一过程。

代码

public void inorder(TreeNode root, List res) {
    if (root == null) return;
    inorder(root.left, res);
    res.add(root.val);
    inorder(root.right, res);
}
public List inorderTraversal(TreeNode root) {
    List res = new ArrayList<>();
    inorder(root, res);
    return res;
}

消耗

• 执行耗时:0 ms,击败了100.00% 的Java用户
• 内存消耗:36.4 MB,击败了93.42% 的Java用户

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树节点的个数。二叉树的遍历中每个节点会被访问一次且只会被访问一次。
• 空间复杂度：O(n)。空间复杂度取决于递归的栈深度，而栈深度在二叉树为一条链的情况下会达到 O(n) 的级别。

解法二：迭代

思路

方法一的递归函数我们也可以用迭代的方式实现，两种方式是等价的，区别在于递归的时候隐式地维护了一个栈，而我们在迭代的时候需要显式地将这个栈模拟出来，其他都相同，具体实现可以看下面的代码。

代码

public List inorderTraversal(TreeNode root) {
    List res = new ArrayList<>();
    Deque stk = new LinkedList<>();
    while (root != null || !stk.isEmpty()) {
        while (root != null) {
            stk.push(root);
            root = root.left;
        }
        root = stk.pop();
        res.add(root.val);
        root = root.right;
    }
    return res;
}

消耗

• 执行耗时:0 ms,击败了100.00% 的Java用户
• 内存消耗:36.5 MB,击败了87.19% 的Java用户

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树节点的个数。二叉树的遍历中每个节点会被访问一次且只会被访问一次。
• 空间复杂度：O(n)。空间复杂度取决于递归的栈深度，而栈深度在二叉树为一条链的情况下会达到 O(n) 的级别。

解法三：Morris 中序遍历

思路

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 x 的右孩子，即 x = x.right。
  重复上述操作，直至访问完整棵树。

代码

public List inorderTraversal(TreeNode root) {
    List res = new ArrayList<>();
    TreeNode predecessor = null;
    while (root != null) {
        if (root.left != null) {
            // 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 != null && 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 == null) {
                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.add(root.val);
                predecessor.right = null;
                root = root.right;
            }
        }
        // 如果没有左孩子，则直接访问右孩子
        else {
            res.add(root.val);
            root = root.right;
        }
    }
    return res;
}

消耗

• 执行耗时:0 ms,击败了100.00% 的Java用户
• 内存消耗:36.5 MB,击败了83.03% 的Java用户

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉搜索树的节点个数。Morris 遍历中每个节点会被访问两次，因此总时间复杂度为 O(2n)=O(n)。
• 空间复杂度：O(1)。

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天黑了，啥也看不见O(∩_∩)O