二叉树中序遍历的三种方法

刺骨的言语ヽ痛彻心扉 2023-01-01 06:55 62阅读 0赞

题目描述：

**给定一个二叉树的根节点root，返回它的中序遍历。**

### 方法一：递归 ###

### 思路与算法： ###

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root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root节点的左子树，然后将root节点的值加入答案，在递归调用inorder(root.right)来遍历root节点的右子树即可，递归终止的条件为碰到空节点。

### java实现： ###

/**
         * 二叉树的中序遍历 : 递归方法
         * @param root  : 二叉树
         * @return ： 中序遍历结果
         */
        public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
            List<Integer> res = new ArrayList<>();
            inorder(root, res);
            return res;
        }
    
        public void inorder(TreeNode root, List<Integer> res) {
            if (root == null)
                return;
            inorder(root.left, res);
            res.add(root.val);
            inorder(root.right, res);
        }

### 算法分析： ###

*  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被访问一次。
 *  空间复杂度：O(n)，空间复杂度取决于递归栈的深度，而栈深度在二叉树为一条链的情况下会达到O(n)的级别。

### 方法二：迭代法 ###

### 算法思路： ###

方法一的递归函数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：

### java实现： ###

public List<Integer> stackTraversal(TreeNode root) {
            List<Integer> res = new ArrayList<>();
            Deque<TreeNode> stk =  new LinkedList<>();
            // 循环条件，结点不为空并且栈不为空
            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;
        }

### 算法分析： ###

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

### 方法三：Morris中序遍历 ###

### 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 xx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。

### java实现： ###

public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
            List<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
            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;
        }

### 算法分析： ###

*  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)。