二叉树的中序遍历

2021-04-15 1365 words 3 minutes

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二叉树的遍历方法分为先序遍历，中序遍历，后序遍历以及层序遍历这四种，其中先序，中序以及后序又可以用递归和非递归的方式来实现，层序遍历一般则是用一个队列来实现。关于这几种遍历方式和代码可以参考本博客的之前的一篇文章—>传送门

这里我们通过一道 leetcode 题目来对二叉树的中序遍历法展开讨论。这道题的描述如下：

leetcode 94 [https://leetcode-cn.com/problems/binary-tree-inorder-traversal/]
给定一个二叉树的根节点 root ，返回它的 中序 遍历。

示例1：
	1
	 \
	  2
	 /
	3
输入：root = [1,null,2,3]
输出：[1,3,2]

1. 递归

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，再递归调用 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。

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);
    }
}

2. 迭代

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。

class Solution {
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
        // 定义一个栈
        Deque<TreeNode> stk = new LinkedList<TreeNode>();
        // 节点不为空，并且栈不为空
        while (root != null || !stk.isEmpty()) {
            // 一直走到最左的节点，边走边压栈
            while (root != null) {
                stk.push(root);
                root = root.left;
            }
            // 从最左的节点开始弹栈,并且判断右节点是否为空
            root = stk.pop();
            res.add(root.val);
            root = root.right;
        }
        return res;
    }
}

3. Morris 中序遍历

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.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。

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。

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;
    }
}

复杂度分析

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)。