Q94-二叉树的中序遍历-中等-树

94. 二叉树的中序遍历

Question

给定一个二叉树的根节点 root ，返回它的中序遍历。

Example 1:

输入：root = [1,null,2,3] 输出：[1,3,2]

Example 2:

输入：root = [1,null,2] 输出：[1,2]

Note:

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？

Approach 1: 递归

思路与算法

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。

定义 inorder(root) 表示当前遍历到节点的答案，那么按照定义，我们只要递归调用 inorder(root.left) 来遍历节点的左子树，然后将节点的值加入答案，再递归调用inorder(root.right) 来遍历节点的右子树即可，递归终止的条件为碰到空节点。

class Solution:
    def inorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
        def inorder(root: TreeNode):
            if not root:
                return
            inorder(root.left)
            res.append(root.val)
            inorder(root.right)
        res=list()
        inorder(root)
        return res

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。

Approach 2: 迭代

思路与算法

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。

class Solution:
    def inorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
        res = list()
        if not root:
            return res

        p1 = root
        while p1:
            p2 = p1.left
            if p2:
                while p2.right and p2.right != p1:
                    p2 = p2.right
                if not p2.right:
                    p2.right = p1
                    p1 = p1.left
                    continue
                else:
                    res.append(p1.val)
                    p2.right = None
            else:
                res.append(p1.val)
            p1 = p1.right
        return res

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。

Approach 3: Morris 遍历

思路与算法

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。
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。根据的右孩子是否为空，进行如下操作。
- 如果的右孩子为空，则将其右孩子指向 x，然后访问 x 的左孩子，即
- 如果的右孩子不为空，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。
重复上述操作，直至访问完整棵树。

其实整个过程我们就多做一步：假设当前遍历到的节点为 x，将 x 的左子树中最右边的节点的右孩子指向 x，这样在左子树遍历完成后我们通过这个指向走回了 x，且能通过这个指向知晓我们已经遍历完成了左子树，而不用再通过栈来维护，省去了栈的空间复杂度。

class Solution:
    def preorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
        res = list()
        if not root:
            return res

        p1 = root
        while p1:
            p2 = p1.left
            if p2:
                while p2.right and p2.right != p1:
                    p2 = p2.right
                if not p2.right:

                    p2.right = p1
                    p1 = p1.left
                    continue
                else:
                    res.append(p1.val)
                    p2.right = None
                    p1 = p1.right
            else:
                res.append(p1.val)
                p1 = p1.right
        return res

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 nn 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。
空间复杂度：O(1)。