[Leetcode] Binary tree inorder traversal二叉树中序遍历

Given a binary tree, return the inorder traversal of its nodes' values.

For example:
Given binary tree{1,#,2,3},

   1
    \
     2
    /
   3

return[1,3,2].

Note: Recursive solution is trivial, could you do it iteratively?

confused what"{1,#,2,3}"means? > read more on how binary tree is serialized on OJ.

OJ's Binary Tree Serialization:

The serialization of a binary tree follows a level order traversal, where '#' signifies a path terminator where no node exists below.

Here's an example:

   1
  / \
 2   3
    /
   4
    \
     5

The above binary tree is serialized as"{1,2,3,#,#,4,#,#,5}".

 

方法一：利用栈

二叉树的中序遍历的整体遍历顺序：左子树->根节点->右子树，局部的遍历顺序是：左孩子->根节点->右孩子。思路：因为要先访问最左端的左孩子，故，算法的流程应是先将root的左孩子不停的压入栈中直到最后，然后访问节点的值，再转向其右孩子重复上述过程。若是root=NULL，则，不会进行while循环，直接返回res；while条件中的root是因为，遍历到根节点时，此时栈为空，而root为根节点的右孩子，即开始遍历其右子树，为循环的继续，所以加入root不为NULL的条件。代码如下：

 

/**
 * Definition for binary tree
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode *root)
    {
        vector<int> res;
        stack<TreeNode *> stk;

        while(root|| !stk.empty())
        {
            if(root)    //将左孩子不停地压入栈
            {
                stk.push(root);
                root=root->left;
            }
            else    //到最后先访问节点本身，然后转向其右孩子
            {
                root=stk.top();
                res.push_back(root->val);
                stk.pop();
                root=root->right;
            }
        }
        return res;
    }
};

方法二：递归

/**
 * Definition for binary tree
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode *root)
    {
        vector<int> res;
        inorderTrav(root,res);
        return res;
    }
    void inorderTrav(TreeNode *root,vector<int> &res)
    {
        if(root==NULL)  return;
        inorderTrav(root->left,res);
        res.push_back(root->val);
        inorderTrav(root->right,res);
    }
};

 

方法三：空间复杂度为O(1)

步骤：

1. 如果当前节点的左孩子为空，则输出当前节点并将其右孩子作为当前节点。

2. 如果当前节点的左孩子不为空，在当前节点的左子树中找到当前节点在中序遍历下的前驱节点。

a) 如果前驱节点的右孩子为空，将它的右孩子设置为当前节点。当前节点更新为当前节点的左孩子。

b) 如果前驱节点的右孩子为当前节点，将它的右孩子重新设为空（恢复树的形状）。输出当前节点。当前节点更新为当前节点的右孩子。

3. 重复以上1、2直到当前节点为空。

具体分析过程见AnnieKim的博客

class Solution
{
public:
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root)
    {
        vector<int> vec;

        TreeNode* prev=NULL;
        while(root !=NULL)
        {
            if(root->left==NULL)
            {
                vec.push_back(root->val);
                root=root->right;
            }
            else
            {
                prev=root->left;
                while(prev->right !=NULL&&prev->right !=cur)
                {
                    prev=prev->right;
                }

                //关键在于前节点右孩子不存在时的处理和root节点的回溯
                if(prev->right==NULL)
                {
                    prev->right=root;
                    root=root->left;
                }
                else
                {
                    prev->right=NULL;
                    vec.push_back(root->val);
                    root=root->right;
                }
            }
          }
        return vec;
     }
};