题目出处
题目描述
个人解法
思路：
todo
代码示例：（Java）
todo
复杂度分析
todo
官方解法
方法1：递归
思路：
代码示例：（Java）
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;
}
}
public class Solution1 {
public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
List<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
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);
}
}
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。
方法2:迭代
思路：
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。
代码示例：（Java）
public class Solution2 {
public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
List<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
Deque<TreeNode> stk = new LinkedList<TreeNode>();
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;
}
}
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。
方法3:Morris 中序遍历
思路：
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）：
1.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。
2.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。
3.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。
代码示例：（Java）
public class Solution3 {
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;
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树的节点个数。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)。
考察知识点
1.二叉树
2.中序遍历
3.如何创建一个空二叉树