深入理解中序遍历二叉树

起因

邓俊辉的中序遍历二叉树采用了和前序遍历不同的循环检查方式，在前序遍历时使用stack非空检查，而在中序遍历时采用了while1检查。不便于迁移学习。

分析

视频地址：
https://www.bilibili.com/video/BV1jt4y117KR?p=173
中序遍历时，根据规律每次进入一颗子树也需要先遍历左侧分支。由于左侧分支的发现顺序和访问顺序是逆序的，因此会想到借助stack来实现。
当进入一颗子树时，先遍历左侧分支发现节点并push stack，左侧遍历到空节点时，访问栈top节点，（左侧没有节点了，该访问当前根）。左子树为空和左子树访问完都应该访问当前根节点。
之后，如果有右子树则进入右子树，这里要思考的是右子树的根节点push stack还是直接赋值。
第一种方案，将右子树根节点push stack.
因此一开始可能写下这样的代码:

    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> ret;
        if (!root) return ret;
        vector<TreeNode *> stack = {root};
        while (!stack.empty()) {
            auto node = stack.back();
                while (node->left) {
                    stack.push_back(node->left);
                    node = node->left;
                }
            node = stack.back();
            ret.push_back(node->val);
            stack.pop_back();
            if (node->right) {
                stack.push_back(node->right);
            }
        }
        return ret;

但对于[1,null,2,3,null]的树形结构，在push节点2后，stack状态为[2]，检查stack非空，进入以2为根的右子树，再开始遍历左侧分支。发现3时，stack为[2,3]，访问3且3没有右子树，检查stack非空，又回到以2为根的子树，又开始了左侧分支遍历，循环不能终止。注意：我们这时通过stack非空回到以2为根的子树，开始遍历2的左侧分支。遍历左侧分支这个操作是第一次进入一棵子树（发现根节点）的操作，而不应该是从一个子树根节点的左子树访问完成回来时的操作。
因此，需要一个从左侧分支返回当前根节点的标志位。
此外，还应该思考的是，每次检查stack非空的含义是什么？
比如第一次进入整颗树的时候，要检查一次树的根节点。进入以2为根的子树时，也检查了stack非空。从3访问结束返回2的时候也检查了stack非空。所以，第一次进入一颗树的时候检查了stack的状态，而从左子树返回的时候也检查了stack的状态。这两种条件下，后者不需要遍历左侧分支的操作，因此还是印证了我们的想法：需要一个从左侧分支返回当前根节点的标志位
因此，改写后的代码如下：

    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {

        vector<int> ret;
        if (!root) return ret;
        vector<TreeNode *> stack = {root};
        int lefthasvisited= 0;
        while (!stack.empty()) {
            auto node = stack.back();
            if (!lefthasvisited) { // 只有是第一次进入一颗树的时候才进行左侧分支遍历
                while (node->left) {
                    stack.push_back(node->left);
                    node = node->left;
                }
            }
            node = stack.back();
            ret.push_back(node->val);
            stack.pop_back();
            lefthasvisited = 1;
            if (node->right) {
                stack.push_back(node->right);
                lefthasvisited = 0; // 发现有右子树的时候，需要将左子树访问完成的标志位重置
            }
                
            
        }
        return ret;

再比如下面这种方法，起初的思路是每次取stack top节点，判断应不应该访问。中序遍历时，从左子树返回或左子树为空时，应该访问当前根节点（第一个if的判断逻辑）。为了存储是否从左子树返回，需要每次设置return_from_left的状态，默认为false。在进入第一个if时，当前节点应被访问，同时，如果有右孩子，应把右孩子push stack以便在下一轮的iter时，可以考虑已右孩子为根的子树，同时将return_from_left设为false（因为下一轮将要访问右孩子为根的子树，还不能返回到上一层）。而如果没有右子树的话，当前这个子树已经访问完了，我们回到上一层时肯定是从左子树返回，即使真的是从右子树返回，当前这颗子树也都访问完了，因为根节点先于右子树访问，所以就不会影响当前这个子树根节点的判定。

    typedef TreeNode Node;
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> ret;
        if (!root) return ret;
        Node *node = nullptr;
        bool return_from_left = false;
        vector<Node *> stack(1, root);
        while (!stack.empty()) {
            node = stack.back();
            if (!node->left \
               || node->left && return_from_left) {
                ret.push_back(node->val);
                stack.pop_back();
                if (node->right) {
                    stack.push_back(node->right);
                    return_from_left = false;
                }
                else
                    return_from_left = true;
            } else {
                stack.push_back(node->left);
                return_from_left = false;
            }
        }
        return ret;
    }