LeetCode 94. 二叉树的中序遍历

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]

示例 4：

输入：root = [1,2]
输出：[2,1]

示例 5：

输入：root = [1,null,2]
输出：[1,2]

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？

二、方法一

递归遍历

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * 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;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    List<Integer> res = new ArrayList<>();
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        if (root == null) {
            return res;
        }
        travel(root);
        return res;
    }
    public void travel(TreeNode root) {
        if (root.left != null) {
            travel(root.left);
        }
        res.add(root.val);
        if (root.right != null) {
            travel(root.right);
        }
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。每一个节点恰好被遍历一次。
• 空间复杂度：O(n)，为递归过程中栈的开销，平均情况下为 O(logn)，最坏情况下树呈现链状，为 O(n)。

三、方法二

迭代遍历

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * 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;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> res = new ArrayList<>();
        if (root == null) {
            return res;
        }
        Deque<TreeNode> stack = new ArrayDeque<>();
        TreeNode cur = root;
        while (cur != null || !stack.isEmpty()) {
            if (cur != null) {
                stack.push(cur);
                cur = cur.left;
            } else {
                cur = stack.pop();
                res.add(cur.val);
                cur = cur.right;
            }
        }
        return res;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。每一个节点恰好被遍历一次。
• 空间复杂度：O(n)，为迭代过程中显式栈的开销，平均情况下为 O(logn)，最坏情况下树呈现链状，为 O(n)。

四、方法三

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pre。根据 pre 的右孩子是否为空，进行如下操作。
如果 pre 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pre 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 pre 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。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * 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;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> res = new ArrayList<>();
        if (root == null) {
            return res;
        }
        TreeNode pre = null;
        while (root != null) {
            if (root.left != null) {
                pre = root.left;
                while (pre.right != null && pre.right != root) {
                    pre = pre.right;
                }
                if (pre.right == null) {
                    pre.right = root;
                    root = root.left;
                } else {
                    res.add(root.val);
                    pre.right = null;
                    root = root.right;
                }
            } else {
                res.add(root.val);
                root = root.right;
            }
        }
        return res;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。没有左子树的节点只被访问一次，有左子树的节点被访问两次。
• 空间复杂度：O(1)。只操作已经存在的指针（树的空闲指针），因此只需要常数的额外空间。