图解算法——恢复一棵二叉搜索树（BST）
题目来源
基础：给你二叉搜索树的根节点 root ，该树中的两个节点被错误地交换。请在不改变其结构的情况下，恢复这棵树。
进阶：使用 O(n) 空间复杂度的解法很容易实现。你能想出一个只使用常数空间的解决方案吗？
示例1：
输入：root = [1,3,null,null,2] 输出：[3,1,null,null,2] 解释：3 不能是 1 左孩子，因为 3 > 1 。交换 1 和 3 使二叉搜索树有效。
示例2：
输入：root = [3,1,4,null,null,2] 输出：[2,1,4,null,null,3] 解释：2 不能在 3 的右子树中，因为 2 < 3 。交换 2 和 3 使二叉搜索树有效。
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题目解析
什么意思呢？这是其实是两道题，第一道是基础的，就是用基本的解法即可，关键是第二种如何优化你的算法。
好，我们先说第一种，大众思维。
既然题目上说了错误地交换了搜索二叉树（BST）的两个节点，那么BST又有什么特点呢？
我们知道中序遍历搜索BST会得到一组升序的数组（比如：[1,2,3,4,5,6,7,8]），那好，按照题意我们交换两组节点2和6，数组变成[1,6,3,4,5,2,7,8]，此时 可发现数组的升序被打破了，因为6>3,5>2。没错，我们就利用该性质是不是就可以找出交换的两个节点位置，然后做交换就好了？
解析方法归纳：
1、先得到BST中序遍历的数组序列；
2、找到不满足条件的位置；
3、看节点数有几个：
3.1、如果有两个，即[1,6,3,4,5,2,7,8]中6>3,5>2，那么就将位置分别记为 i 和 j（i < j，其中i是6，j是5，特别提醒并不是2哦），对应的交换错的节点为 Ai 和 Aj+1 （Ai > Ai+1 && Aj > Aj+1），我们分别记为x，y；
3.2、如果有一个，即[1,2,3,5,4,6,7,8]中的5>4，那么就将位置记为 i ，交换错的位置就是Ai 和 Ai+1，我们分别记为x，y；
4、遍历树，交换节点 x , y 。
好了。思路也很清楚了，关键是如何实现。
第一步：先序遍历BST这应该挺简单的，递归嘛，我们将数组定位为nums来记录：
//c++
第二步：找到不满足条件的位置；但是该位置可能有一个，也可能有两个，所以，得要遍历数组一次。
vector<int> find2val(TreeNode* root, vector<int>& nums){ int n1 = 0; int n2 = 0; bool sec = false; for(int i = 0; i<nums.size()-1; i++){ if(nums[i]>nums[i+1]){ if(!sec){ n1 = nums[i]; n2 = nums[i+1]; sec = true; } else n2 = nums[i+1]; } } return {n1,n2}; }
第三步：看数组中到底有几次
我们这里在主函数中直接就写成2了，因为最多为两次，当然也可以将这个次数记录下来；
第四步：遍历树，换位置
void reverse(TreeNode * root, int count, int x, int y){ if(root!=nullptr){ if(root->val == x || root->val == y){ root->val = (root->val == x) ? y : x;//swap (x,y) if(--count == 0){//来计数是第几次如果是第二次了后面的就不用再遍历了； return; } } reverse(root->left,count,x,y); reverse(root->right,count,x,y); } }
第五步：主函数
void recoverTree(TreeNode* root) { vector<int> nums; inOrder(root, nums);//第一步中序遍历得到升序数组 vector<int> swap_vals = find2val(root, nums);//找到两个被错误交换的值 reverse(root,2,swap_vals[0],swap_vals[1]);//遍历树，进行交换； }
算法分析：
- 时间复杂度：O(N)，其中N为BST的节点数。中序遍历要O(N)的时间，而判断交换节点在哪里，最好的情况是O(1)，最坏的情况是O(N)，所以是O(N)；
- 空间复杂度：O(N)，因为用到了一个数组来存放升序数列；
以上是一般大众思维，那么如何进行优化呢？优化的点在哪里呢？
其实，我们没有必要去引入这个nums数组，因为我们在中序遍历树时，如果去维护一个前节点变量，那么我们就可以在遍历过程中直接进行比较，我们在这里引入一个栈，并且迭代实现中序遍历，并不是递归。具体用法看下面；
如：
3 / \ 1 4 / 2
第一步：中序遍历，先找到最左节点，中途所有的节点都入栈；
第二步：继续；
第三步：取栈顶元素，并赋予前一个节点变量pred，并向弹出的节点的右子树走；
第四步：继续，因为1的右节点，也是NULL，故继续弹栈，弹出来也就是1的父节点3；赋予前一个节点变量pred=3；
第五步：遍历右子树，有值，寻找右子树中的最左节点，并将沿途所遍历的节点都入栈；
第六步：入栈，找到右子树的最左节点；
第七步：弹出栈顶，此时相当于，找到了以 3 为根节点的，中序遍历中左子树的最后一个节点值，和右子树中的第一个值。这句话的意思是，当你中序遍历时，3的前后值分别为 1 和 2 ；
看好这里，发现了前后节点值大小异常：2 < 3，记录下这两个节点Node1，Node2；
第八步：继续；
第九步：遍历完毕，找到了交换的点Node1，Node2，进行交换即可；
代码实现：
class Solution { public: void recoverTree(TreeNode* root) { stack<TreeNode*> stk; TreeNode* x = nullptr; TreeNode* y = nullptr; TreeNode* pred = nullptr; while (!stk.empty() || root != nullptr) { while (root != nullptr) { stk.push(root); root = root->left; } root = stk.top(); stk.pop(); if (pred != nullptr && root->val < pred->val) { y = root; if (x == nullptr) { x = pred; } else break; } pred = root; root = root->right; } swap(x->val, y->val); } };
这部分图来自：
作者：LeetCode-Solution 链接：https://leetcode-cn.com/problems/recover-binary-search-tree/solution/hui-fu-er-cha-sou-suo-shu-by-leetcode-solution/ 来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
复杂度分析：
- 时间复杂度：最坏情况下是需要遍历整棵树（即交换节点为BST的最右侧的两个节点），时间复杂度为O(N)，N为节点个数；
- 空间复杂度：O(H)，H为BST的高度；注意：中序遍历的时候，栈的深度取决于树的高度噢！！！
亲爱的，你们以为到这里就结束了吗？
错，大错特错，在这里突然冒出一个Morris中序遍历算法，这个算法之前是真的不知道。无知了...
