非递归遍历二叉树

 

在网上看了一些用非递归实现先序中序后序遍历二叉树的代码，都很混乱，while、if各种组合嵌套使用，逻辑十分不清晰，把我也搞懵了。想了大半天，写了大半天，突然开了窍

，实际上二叉树的这三种遍历在逻辑上是十分清晰的，所以才可以用递归实现的那么简洁。既然逻辑如此清晰，那么用非递归实现也应该是清晰的。

自认为自己的代码比网上搜到的那些都清晰得多，好理解得多。

稍微解释一下：

先序遍历。将根节点入栈，考察当前节点（即栈顶节点），先访问当前节点，然后将其出栈（已经访问过，不再需要保留），然后先将其右孩子入栈，再将其左孩子入栈（这个顺

序是为了让左孩子位于右孩子上面，以便左孩子的访问先于右孩子；当然如果某个孩子为空，就不用入栈了）。如果栈非空就重复上述过程直到栈空为止，结束算法。

中序遍历。将根节点入栈，考察当前节点（即栈顶节点），如果其左孩子未被访问过（有标记），则将其左孩子入栈，否则访问当前节点并将其出栈，再将右孩子入栈。如果栈非

空就重复上述过程直到栈空为止，结束算法。

后序遍历。将根节点入栈，考察当前节点（即栈顶节点），如果其左孩子未被访问过，则将其左孩子入栈，否则如果其右孩子未被访问过，则将其右孩子入栈，如果都已经访问过

，则访问其自身，并将其出栈。如果栈非空就重复上述过程直到栈空为止，结束算法。

其实，这只不过是保证了先序中序后序三种遍历的定义。对于先序，保证任意一个节点先于其左右孩子被访问，还要保证其左孩子先于右孩子被访问。对于中序，保证任意一个节

点，其左孩子先于它被访问，右孩子晚于它被访问。对于后序，保证任意一个节点的左孩子右孩子都先于它被访问，其中左孩子先于右孩子被访问。如是而已。

代码里应该体现得比较清楚。这里不光给出了非递归版本，也给出了递归版本。

 

在网上看了一些用非递归实现先序中序后序遍历二叉树的代码，都很混乱，while、if各种组合嵌套使用，逻辑十分不清晰，把我也搞懵了。想了大半天，写了大半天，突然开了窍

，实际上二叉树的这三种遍历在逻辑上是十分清晰的，所以才可以用递归实现的那么简洁。既然逻辑如此清晰，那么用非递归实现也应该是清晰的。

自认为自己的代码比网上搜到的那些都清晰得多，好理解得多。

稍微解释一下：

先序遍历。将根节点入栈，考察当前节点（即栈顶节点），先访问当前节点，然后将其出栈（已经访问过，不再需要保留），然后先将其右孩子入栈，再将其左孩子入栈（这个顺

序是为了让左孩子位于右孩子上面，以便左孩子的访问先于右孩子；当然如果某个孩子为空，就不用入栈了）。如果栈非空就重复上述过程直到栈空为止，结束算法。

中序遍历。将根节点入栈，考察当前节点（即栈顶节点），如果其左孩子未被访问过（有标记），则将其左孩子入栈，否则访问当前节点并将其出栈，再将右孩子入栈。如果栈非

空就重复上述过程直到栈空为止，结束算法。

后序遍历。将根节点入栈，考察当前节点（即栈顶节点），如果其左孩子未被访问过，则将其左孩子入栈，否则如果其右孩子未被访问过，则将其右孩子入栈，如果都已经访问过

，则访问其自身，并将其出栈。如果栈非空就重复上述过程直到栈空为止，结束算法。

其实，这只不过是保证了先序中序后序三种遍历的定义。对于先序，保证任意一个节点先于其左右孩子被访问，还要保证其左孩子先于右孩子被访问。对于中序，保证任意一个节

点，其左孩子先于它被访问，右孩子晚于它被访问。对于后序，保证任意一个节点的左孩子右孩子都先于它被访问，其中左孩子先于右孩子被访问。如是而已。

代码里应该体现得比较清楚。这里不光给出了非递归版本，也给出了递归版本。

#include <iostream>
#include <stack>
 
using namespace std;
 
struct TreeNode
{
 int data;
 TreeNode* left;
 TreeNode* right;
 int flag;
};
 
typedef TreeNode *TreePtr;
 
TreePtr CreateTree()
{
 TreePtr root = new TreeNode;
 cout<<"input the data :\n";
 int n;
 cin>>n;
 if (n == -1)
 {
  return NULL;
 }
 else
 {
  root->data = n;
  root->flag = 0;
  root->left = CreateTree();
  root->right = CreateTree();
 }
 return root;
}
 
void PreOrderRecursion(TreePtr p)
{
 if (p == NULL)
 {
  return;
 }
 cout<<p->data<<" ";
 PreOrderRecursion(p->left);
 PreOrderRecursion(p->right);
}
 
void InOrderRecursion(TreePtr p)
{
 if (p == NULL)
 {
  return;
 }
 InOrderRecursion(p->left);
 cout<<p->data<<" ";
 InOrderRecursion(p->right);
}
 
void PostOrderRecursion(TreePtr p)
{
 if (p == NULL)
 {
  return;
 }
 PostOrderRecursion(p->left);
 PostOrderRecursion(p->right);
 cout<<p->data<<" ";
}
 
void PreOrderNoRecursion(TreePtr p)
{
 cout<<"PreOrderNoRecursion\n";
 
 stack<TreeNode> stk;
 TreeNode t = *p;
 stk.push(t);
 
 while (!stk.empty())
 {
  t = stk.top();
  stk.pop();
  cout<<t.data<<" ";
 
  if (t.right != NULL)
  {
   stk.push((*t.right));
  }
 
  if (t.left != NULL)
  {
   stk.push((*t.left));
  }
 }
}
 
void InOrderNoRecursion(TreePtr p)
{
 cout<<"InOrderNoRecursion\n";
 
 stack<TreeNode> stk;
 TreeNode t = *p;
 stk.push(t);
 
 while (!stk.empty())
 {
  if (stk.top().flag == 0)
  {
   stk.top().flag++;
   if (stk.top().left != NULL)
   {
    stk.push(*(stk.top().left));
   }
  }
  else
  {
   t = stk.top();
   stk.pop();
   cout<<t.data<<" ";
   if (t.right != NULL)
   {
    stk.push(*(t.right));
   }
  }
 }
}
 
void PostOrderNoRecursion(TreePtr p)
{
 cout<<"PostOrderNoRecursion\n";
 
 stack<TreeNode> stk;
 TreeNode t = *p;
 stk.push(t);
 
 while (!stk.empty())
 {
  if (stk.top().flag == 0)
  {
   stk.top().flag++;
   if (stk.top().left != NULL)
   {
    stk.push(*(stk.top().left));
   }
  }
  else if (stk.top().flag == 1)
  {
   stk.top().flag++;
   if (stk.top().right != NULL)
   {
    stk.push(*(stk.top().right));
   }
  }
  else
  {
   cout<<stk.top().data<<" ";
   stk.pop();
  }
 }
}
 
int main()
{
 TreePtr t = CreateTree();
 
 cout<<"PreOrderRecursion\n";
 PreOrderRecursion(t);
 cout<<"\n";
 
 cout<<"InOrderRecursion\n";
 InOrderRecursion(t);
 cout<<"\n";
 
 cout<<"PostOrderRecursion\n";
 PostOrderRecursion(t);
 cout<<"\n";
 
 PreOrderNoRecursion(t);
 cout<<"\n";
 
 InOrderNoRecursion(t);
 cout<<"\n";
 
 PostOrderNoRecursion(t);
 cout<<"\n";
}

 

转自：http://www.sunhongfeng.com/2010/11/bintree_pre_in_pos/

另一篇

 

 1.先序遍历

从递归说起

1. void preOrder(TNode* root)
2. {
3.     if (root != NULL)
4.     {
5.         Visit(root);
6.         preOrder(root->left);
7.         preOrder(root->right);
8.     }
9. }

递归算法非常的简单。先访问跟节点，然后访问左节点，再访问右节点。如果不用递归，那该怎么做呢？仔细看一下递归程序，就会发现，其实每次都是走树的左分支(left)，直到左子树为空，然后开始从递归的最深处返回，然后开始恢复递归现场，访问右子树。

其实过程很简单：一直往左走 root->left->left->left...->null，由于是先序遍历，因此一遇到节点，便需要立即访问；由于一直走到最左边后，需要逐步返回到父节点访问右节点，因此必须有一个措施能够对节点序列回溯。有两个办法：
1.用栈记忆：在访问途中将依次遇到的节点保存下来。由于节点出现次序与恢复次序是反序的，因此是一个先进后出结构，需要用栈。
使用栈记忆的实现有两个版本。第一个版本是模拟递归的实现效果，跟LX讨论的，第二个版本是直接模拟递归。
2.节点增加指向父节点的指针：通过指向父节点的指针来回溯（后来发现还要需要增加一个访问标志，来指示节点是否已经被访问，不知道可不可以不用标志直接实现回溯？想了一下，如果不用这个标志位，回溯的过程会繁琐很多。暂时没有更好的办法。）

(还有其他办法可以回溯么？)
这3个算法伪代码如下，没有测试过。

先序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本1

1. // 先序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本1
2. void preOrder1(TNode* root)
3. {
4.     Stack S;
5.     while ((root != NULL) || !S.empty())
6.     {
7.         if (root != NULL)
8.         {
9.             Visit(root);
10.             S.push(root);       // 先序就体现在这里了，先访问，再入栈
11.             root = root->left;  // 依次访问左子树
12.         }
13.         else
14.         {
15.             root = S.pop();     // 回溯至父亲节点
16.             root = root->right;
17.         }
18.     }
19. }

preOrder1每次都将遇到的节点压入栈，当左子树遍历完毕后才从栈中弹出最后一个访问的节点，访问其右子树。在同一层中，不可能同时有两个节点压入栈，因此栈的大小空间为O(h)，h为二叉树高度。时间方面，每个节点都被压入栈一次，弹出栈一次，访问一次，复杂度为O(n)

 

 先序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本2

2. // 先序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本2
3. void preOrder2(TNode* root)
4. {
5.     if ( root != NULL)
6.     {
7.         Stack S;
8.         S.push(root);
9.         while (!S.empty())
10.         {
11.             TNode* node = S.pop(); 
13.             Visit(node);          // 先访问根节点，然后根节点就无需入栈了
14.             S.push(node->right);  // 先push的是右节点，再是左节点
15.             S.push(node->left);
16.         }
17.     }
18. }

preOrder2每次将节点压入栈，然后弹出，压右子树，再压入左子树，在遍历过程中，遍历序列的右节点依次被存入栈，左节点逐次被访问。同一时刻，栈中元素为m-1个右节点和1个最左节点，最高为h。所以空间也为O(h)；每个节点同样被压栈一次，弹栈一次，访问一次，时间复杂度O(n)

先序遍历伪代码：非递归版本，不用栈，增加指向父节点的指针

1. // 先序遍历伪代码：非递归版本，不用栈，增加指向父节点的指针
2. void preOrder3(TNode* root)
3. {
4.     while ( root != NULL ) // 回溯到根节点时为NULL，退出
5.     {
6.         if( !root->bVisited )
7.         {   // 判定是否已被访问
8.             Visit(root);
9.             root->bVisited = true;
10.         }
11.         if ( root->left != NULL && !root->left->bVisited )      // 访问左子树
12.         {
13.             root = root->left;
14.         }
15.         else if( root->right != NULL && !root->right->bVisited ) // 访问右子树
16.         {
17.             root = root->right;
18.         }
19.         else   // 回溯
20.         {
21.             root = root->parent;
22.         }
23.     }
24. }

preOrder3的关键在于回溯。为了回溯增加指向父亲节点的指针，以及是否已经访问的标志位，对比preOrder1与preOrder2，但增加的空间复杂度为O(n)。时间方面，每个节点被访问一次。但是，当由叶子节点跳到下一个要访问的节点时，需要先回溯至父亲节点，再判断是否存在没有被访问过的右子树，如果没有，则继续回溯，直至找到一颗没有被访问过的右子树，这个过程需要很多的时间。每个叶子节点的回溯需要O(h)时间复杂度，叶子节点最多为(2^(h-1))，因此回溯花费的上限为O(h*(2^(h-1))。这个上限应该可以缩小。preOrder3唯一的好处是不需要额外的数据结构-栈。

 

2.中序遍历
根据上面的先序遍历，可以类似的构造出中序遍历的三种方式。仔细想一下，只有第一种方法改过来时最方便的。需要的改动仅仅调换一下节点访问的次序，先序是先访问，再入栈；而中序则是先入栈，弹栈后再访问。伪代码如下。时间复杂度与空间复杂度同先序一致。

2. // 中序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本1
3. void InOrder1(TNode* root)
4. {
5.     Stack S;
6.     while ( root != NULL || !S.empty() )
7.     {
8.         while( root != NULL )   // 左子树入栈
9.         {
10.             S.push(root);
11.             root = root->left;
12.         }
13.         if ( !S.empty() )
14.         {
15.             root = S.pop();
16.             Visit(root->data);   // 访问根结点
17.             root = root->right;  // 通过下一次循环实现右子树遍历
18.         }
19.     }
20. }

第二个用栈的版本却并不乐观。preOrder2能够很好的执行的原因是，将左右节点压入栈后，根节点就再也用不着了；而中序和后序却不一样，左右节点入栈后，根节点后面还需要访问。因此三个节点都要入栈，而且入栈的先后顺序必须为：右节点，根节点，左节点。但是，当入栈以后，根节点与其左右子树的节点就分不清楚了。因此必须引入一个标志位，表示 是否已经将该节点的左右子树入栈了。每次入栈时，根节点标志位为true,左右子树标志位为false。
伪代码如下：

2. // 中序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本2
3. void InOrder2(TNode* root)
4. {
5.     Stack S;
6.     if( root != NULL )
7.     {
8.         S.push(root);
9.     }
10.     while ( !S.empty() )
11.     {
12.         TNode* node = S.pop(); 
13.         if ( node->bPushed )
14.         {   // 如果标识位为true,则表示其左右子树都已经入栈，那么现在就需要访问该节点了
15.             Visit(node);        
16.         }
17.         else
18.         {   // 左右子树尚未入栈，则依次将 右节点，根节点，左节点 入栈
19.             if ( node->right != NULL )
20.             {
21.                 node->right->bPushed = false; // 左右子树均设置为false
22.                 S.push(node->right);
23.             }
24.             node->bPushed = true;  // 根节点标志位为true
25.             S.push(node);
26.             if ( node->left != NULL )
27.             {
28.                 node->left->bPushed = false;
29.                 S.push(node->left);
30.             }
31.         }
32.     }
33. }

对比先序遍历，这个算法需要额外的增加O(n)的标志位空间。另外，栈空间也扩大，因为每次压栈的时候都压入根节点与左右节点，因此栈空间为O(n)。时间复杂度方面，每个节点压栈两次，作为子节点压栈一次，作为根节点压栈一次，弹栈也是两次。因此无论从哪个方面讲，这个方法效率都不及InOrder1。

 

至于不用栈来实现中序遍历。头晕了，暂时不想了。后面再来完善。还有后序遍历，貌似更复杂。对了，还有个层序遍历。再写一篇吧。头都大了。

 

9.8续

中序遍历的第三个非递归版本：采用指向父节点的指针回溯。这个与先序遍历是非常类似的，不同之处在于，先序遍历只要一遇到节点，那么没有被访问那么立即访问，访问完毕后尝试向左走，如果左孩子补课访问，则尝试右边走，如果左右皆不可访问，则回溯；中序遍历是先尝试向左走，一直到左边不通后访问当前节点，然后尝试向右走，右边不通，则回溯。（这里不通的意思是：节点不为空，且没有被访问过）

2. // 中序遍历伪代码：非递归版本，不用栈，增加指向父节点的指针
3. void InOrder3(TNode* root)
4. {
5.     while ( root != NULL ) // 回溯到根节点时为NULL，退出
6.     {
7.         while ( root->left != NULL && !root->left->bVisited )
8.         {                  // 沿左子树向下搜索当前子树尚未访问的最左节点           
9.             root = root->left;
10.         }
11.         if ( !root->bVisited )
12.         {                  // 访问尚未访问的最左节点
13.             Visit(root);
14.             root->bVisited=true;
15.         }
16.         if ( root->right != NULL && !root->right->bVisited )
17.         {                  // 遍历当前节点的右子树  
18.             root = root->right;
19.         }
20.         else
21.         {                 // 回溯至父节点
22.             root = root->parent;
23.         }
24.     }
25. }

这个算法时间复杂度与空间复杂度与第3个先序遍历的版本是一样的。

 

3.后序遍历

从直觉上来说，后序遍历对比中序遍历难度要增大很多。因为中序遍历节点序列有一点的连续性，而后续遍历则感觉有一定的跳跃性。先左，再右，最后才中间节点；访问左子树后，需要跳转到右子树，右子树访问完毕了再回溯至根节点并访问之。这种序列的不连续造成实现前面先序与中序类似的第1个与第3个版本比较困难。但是按照第2个思想，直接来模拟递归还是非常容易的。如下：

1. // 后序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现
2. void PostOrder(TNode* root)
3. {
4.     Stack S;
5.     if( root != NULL )
6.     {
7.         S.push(root);
8.     }
9.     while ( !S.empty() )
10.     {
11.         TNode* node = S.pop(); 
12.         if ( node->bPushed )
13.         {   // 如果标识位为true,则表示其左右子树都已经入栈，那么现在就需要访问该节点了
14.             Visit(node);        
15.         }
16.         else
17.         {   // 左右子树尚未入栈，则依次将 右节点,左节点,根节点 入栈
18.             if ( node->right != NULL )
19.             {
20.                 node->right->bPushed = false; // 左右子树均设置为false
21.                 S.push(node->right);
22.             }
23.             if ( node->left != NULL )
24.             {
25.                 node->left->bPushed = false;
26.                 S.push(node->left);
27.             }
28.             node->bPushed = true;            // 根节点标志位为true
29.             S.push(node);
30.         }
31.     }
32. }

和中序遍历的第2个版本比较，仅仅只是把左孩子入栈和根节点入栈顺序调换一下；这种差别就跟递归版本的中序与后序一样。

 

4.层序遍历

这个很简单，就不说老。

1. // 层序遍历伪代码：非递归版本，用队列完成
2. void LevelOrder(TNode *root)
3. {
4.     Queue Q;
5.     Q.push(root);
7.     while (!Q.empty())
8.     {
9.         node = Q.front();        // 取出队首值并访问
10.         Visit(node);
12.         if (NULL != node->left)  // 左孩子入队
13.         {          
14.             Q.push(node->left);    
15.         }
16.         if (NULL != node->right) // 右孩子入队
17.         {
18.             Q.push(node->right);
19.         }
20.     }
21. }

小结一下：

用栈来实现比增加指向父节点指针回溯更方便；

采用第一个思想，就是跟踪指针移动 用栈保存中间结果的实现方式，先序与中序难度一致，后序很困难。先序与中序只需要修改一下访问的位置即可。

采用第二个思想，直接用栈来模拟递归，先序非常简单；而中序与后序难度一致。先序简单是因为节点可以直接访问，访问完毕后无需记录。而中序与后序时，节点在弹栈后还不能立即访问，还需要等其他节点访问完毕后才能访问，因此节点需要设置标志位来判定，因此需要额外的O(n)空间。