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LeetCode-94. 二叉树的中序遍历

US-B.Ralph
US-B.Ralph
2020-09-14

问题地址

LeetCode每日一题/2020-09-14

LeetCode94. 二叉树的中序遍历

问题描述

规则

  • 给定一个二叉树，返回它的中序 遍历。

示例

  • 示例：
输入: [1,null,2,3]
   1
    \
     2
    /
   3

输出: [1,3,2]

进阶

  • 递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？

解析

解题思路

递归

  • 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，直到遍历完整棵树。因此整个遍历过程天然具有递归的性质，我们可以直接用递归函数来模拟这一过程。
数据操作分析
  • 根据中序遍历的定义只需要遍历左子树、root、右子树即可
  • 遍历的终止条件是 root==null
编码实现
/**
 * 递归中序遍历
 */
public class LeetCode0094_BinaryTreeInorderTraversal {
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> res = new ArrayList<>();
        inorderTraversal(root, res);
        return res;
    }

    private void inorderTraversal(TreeNode root, List<Integer> res) {
        if (root == null) return;
        inorderTraversal(root.left, res);
        res.add(root.val);
        inorderTraversal(root.right, res);
    }
}

栈

  • 递归方法隐式维护一个栈，使用栈方法显示地定义一个栈；
数据操作分析
编码实现
import java.util.ArrayList;
import java.util.Deque;
import java.util.LinkedList;
import java.util.List;

public class LeetCode0094_BinaryTreeInorderTraversal_1 {
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {

        List<Integer> res = new ArrayList<>();
        Deque<TreeNode> deque = new LinkedList<TreeNode>();

        while (root != null || !deque.isEmpty()) {
            while (root != null) {
                deque.push(root);
                root = root.left;
            }
            root = deque.pop();
            res.add(root.val);
            root = root.right;
        }
        return res;
    }
}

官方解法

方法一：递归

思路：

  • 首先我们需要了解什么是二叉树的中序遍历：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，直到遍历完整棵树。因此整个遍历过程天然具有递归的性质，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 \textit{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 \textit{root} 节点的左子树;
    • 然后将 \textit{root} 节点的值加入答案;
    • 再递归调用inorder(root.right) 来遍历 \textit{root} 节点的右子树即可，递归终止的条件为碰到空节点。

复杂度分析

  1. 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。

  2. 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。

编码实现

class Solution {
    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);
    }
}

方法二：栈

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。

复杂度分析

  1. 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。

  2. 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。

编码实现

class Solution {
    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;
    }
}

方法三：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）：

    • 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.\textit{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 \textit{predecessor}。根据 \textit{predecessor} 的右孩子是否为空，进行如下操作。
      • 如果 \textit{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.\textit{left}。
      • 如果 \textit{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 \textit{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.\textit{right}。
    • 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。

复杂度分析

  1. 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)。

  2. 空间复杂度：O(1)。

编码实现

class Solution {
    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;
    }
}

精彩评论

跳转地址1：二叉树的中序遍历 – 迭代法

  • 前序遍历迭代算法
  • 后序遍历迭代算法
    • 第一种方法
    • 第二种方法
  • 中序遍历迭代算法

前序遍历迭代算法：

  • 二叉树的前序遍历
  • 二叉树的遍历，整体上看都是好理解的。
  • 三种遍历的迭代写法中，数前序遍历最容易理解。
  • 递归思路：先树根，然后左子树，然后右子树。每棵子树递归。
  • 在迭代算法中，思路演变成，每到一个节点 A，就应该立即访问它。
  • 因为，每棵子树都先访问其根节点。对节点的左右子树来说，也一定是先访问根。
  • 在 A 的两棵子树中，遍历完左子树后，再遍历右子树。
  • 因此，在访问完根节点后，遍历左子树前，要将右子树压入栈。

思路

栈S;
p= root;
while(p || S不空){
    while(p){
        访问p节点；
        p的右子树入S;
        p = p的左子树;
    }
    p = S栈顶弹出;
}

编码实现

    vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
        stack<TreeNode*> S;
        vector<int> v;
        TreeNode* rt = root;
        while(rt || S.size()){
            while(rt){
                S.push(rt->right);
                v.push_back(rt->val);
                rt=rt->left;
            }
            rt=S.top();S.pop();
        }
        return v;        
    }

后序遍历迭代算法：

  • 二叉树的后序遍历
  • 有两种方法。第一种比第二种要容易理解，但多了个结果逆序的过程。

第一种方法：

-我们可以用与前序遍历相似的方法完成后序遍历。
– 后序遍历与前序遍历相对称。

思路

  • 每到一个节点 A，就应该立即访问它。 然后将左子树压入栈，再次遍历右子树。遍历完整棵树后，结果序列逆序即可。
栈S;
p= root;
while(p || S不空){
    while(p){
        访问p节点；
        p的左子树入S;
        p = p的右子树;
    }
    p = S栈顶弹出;
}
结果序列逆序;

编码实现

    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {
        stack<TreeNode*> S;
        vector<int> v;
        TreeNode* rt = root;
        while(rt || S.size()){
            while(rt){
                S.push(rt->left);
                v.push_back(rt->val);
                rt=rt->right;
            }
            rt=S.top();S.pop();
        }
        reverse(v.begin(),v.end());
        return v;
    }

第二种方法：

  • 按照左子树-根-右子树的方式，将其转换成迭代方式。

思路

  • 每到一个节点 A，因为根要最后访问，将其入栈。然后遍历左子树，遍历右子树，最后返回到 A。
  • 但是出现一个问题，无法区分是从左子树返回，还是从右子树返回。
  • 因此，给 A 节点附加一个标记T。在访问其右子树前，T 置为 True。之后子树返回时，当 T 为 True表示从右子树返回，否则从左子树返回。
  • 当 T 为 false 时，表示 A 的左子树遍历完，还要访问右子树。
  • 同时，当 T 为 True 时，表示 A 的两棵子树都遍历过了，要访问 A 了。并且在 A 访问完后，A 这棵子树都访问完成了。
栈S;
p= root;
T<节点,True/False> : 节点标记;
while(p || S不空){
    while(p){
        p入S;
        p = p的左子树;
    }
    while(S不空 且 T[S.top] = True){
        访问S.top;
        S.top出S;
    }
    if(S不空){
        p = S.top 的右子树;
        T[S.top] = True;
    }
}

编码实现

    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {
        stack<TreeNode*> S;
        unordered_map<TreeNode*,int> done;
        vector<int> v;
        TreeNode* rt = root;
        while(rt || S.size()){
            while(rt){
                S.push(rt);
                rt=rt->left;
            }
            while(S.size() && done[S.top()]){
                v.push_back(S.top()->val);
                S.pop();
            }
            if(S.size()){
                rt=S.top()->right;
                done[S.top()]=1;    
            }
        }
        return v;
    }

中序遍历迭代算法:

思路

  • 每到一个节点 A，因为根的访问在中间，将 A 入栈。然后遍历左子树，接着访问 A，最后遍历右子树。
  • 在访问完 A 后，A 就可以出栈了。因为 A 和其左子树都已经访问完成。
栈S;
p= root;
while(p || S不空){
    while(p){
        p入S;
        p = p的左子树;
    }
    p = S.top 出栈;
    访问p;
    p = p的右子树;
}

编码实现

    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        stack<TreeNode*> S;
        vector<int> v;
        TreeNode* rt = root;
        while(rt || S.size()){
            while(rt){
                S.push(rt);
                rt=rt->left;
            }
            rt=S.top();S.pop();
            v.push_back(rt->val);
            rt=rt->right;
        }
        return v;        
    }
US-B.Ralph
LeetCode数据结构与算法算法

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