给定一个二叉树的根节点 root ，返回 它的 中序 遍历 。
示例1:
输入：root = [1,null,2,3]
输出：[1,3,2]
示例 2：
输入：root = []
输出：[]
示例 3：
输入：root = [1]
输出：[1]
提示：
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？
【分析】
知识点review：
先/前序遍历：根 左 右
中序遍历：左 根 右
后序遍历：左 右 根
方法一：递归实现
递归实现太简单了
- 前序遍历：打印 - 左 - 右
- 中序遍历：左 - 打印 - 右
- 后序遍历：左 - 右 - 打印
题目要求的是中序遍历，那就按照左-打印-右这种顺序遍历树就可以了，递归函数实现
- 终止条件：当前节点为空时
- 函数内：递归的调用左节点，打印当前节点，再递归调用右节点
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(h)，h指树的高度
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
# self.val = val
# self.left = left
# self.right = right
class Solution:
def inorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
res = []
def dfs(root):
if not root:
return
# 按照 左-打印-右的方式遍历
dfs(root.left)
res.append(root.val) # 注意取值写法“root.val”
dfs(root.right)
dfs(root)
return res
方法二：迭代实现
本题的真正难点在于如何用非递归的方式实现。
递归实现是函数自己调用自己，一层一层嵌套调用下去，操作系统自动帮助我们用栈来保存了每一个调用的函数，现在我们需要自己模拟这样的调用过程。
递归的调用过程是这样的：
dfs(root.left)
dfs(root.left)
dfs(root.left)
为null返回
# 打印节点
dfs(root.right)
dfs(root.right)
dfs(root.right)
……
递归的调用过程是不断往左边走，当左边走不下去了，就打印节点，并转向右边，然后右边继续这个过程。
我们在迭代实现时，就可以用栈来模拟上面的调用过程。
时间复杂度：O(n)，
空间复杂度：O(h)，h是树的高度。
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
# self.val = val
# self.left = left
# self.right = right
class Solution:
def inorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
res = []
stack = []
while stack or root:
# 不断往左子树方向走，每走一次就将当前节点保存到栈中
# 这是模拟递归的调用
if root:
stack.append(root)
root = root.left
# 当前节点为空，说明左边走到头了，从栈中弹出节点并保存
# 然后转向右边节点，继续上面整个过程
else:
tmp = stack.pop()
res.append(tmp.val) # 注意取值写法
root = tmp.right
return res
方法三：莫里斯遍历
用递归和迭代的方式都使用了辅助空间，而莫里斯遍历的优点是没有使用任何辅助空间。缺点是改变了整个树树的结构，强行把一棵二叉树改成一段链表结构。
我们将黄色区域部分挂到节点5的右子树上（橙色箭头），接着再把2和5这两个节点挂到节点4的右边。这样整棵树基本上就变成了一个链表了，之后再不断往右遍历。
时间复杂度：O(n)，找到每个前驱节点的复杂度是O(n)，因为n个节点的二叉树有n-1条边，每条边只可能使用两次（一次定位到节点，一次找到前驱节点），故时间复杂度为O(n)。
空间复杂度：O(1)，没有额外使用辅助空间。
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
# self.val = val
# self.left = left
# self.right = right
class Solution:
def inorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
res = []
pre = None
while root:
# 若左节点不为空，就将当前节点连带右子树全部挂在左节点的最右子树下面
if root.left:
pre = root.left
while pre.right:
pre = pre.right
pre.right = root
# 将root指向root的left
tmp = root
root = root.left
tmp.left = None
# 左子树为空，则打印这个节点，并向右遍历
else:
res.append(root.val)
root = root.right
return res
# 作者：wang_ni_ma
天雨虽宽，不润无根之草。 佛门虽广，不渡无缘之人。
