94. Binary Tree Inorder Traversal

94. Binary Tree Inorder Traversal

1. 问题

Given a binary tree, return the inorder traversal of its nodes’ values.

Example:

Input: [1,null,2,3]
   1
    \
     2
    /
   3

Output: [1,3,2]

Follow up: Recursive solution is trivial, could you do it iteratively?

2. 官方题解

2.1 方法一：递归

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。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     struct TreeNode *left;
 *     struct TreeNode *right;
 * };
 */

/**
 * Note: The returned array must be malloced, assume caller calls free().
 */

void inorder(struct TreeNode* root, int* res, int* resSize) {
    if (!root) {
        return;
    }
    inorder(root->left, res, resSize);
    res[(*resSize)++] = root->val;
    inorder(root->right, res, resSize);
}

int* inorderTraversal(struct TreeNode* root, int* returnSize) {
    int* res = malloc(sizeof(int) * 501);
    *returnSize = 0;
    inorder(root, res, returnSize);
    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。

2.2 方法二：使用栈

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。

int* inorderTraversal(struct TreeNode* root, int* returnSize) {
    *returnSize = 0;
    int* res = malloc(sizeof(int) * 501);
    struct TreeNode** stk = malloc(sizeof(struct TreeNode*) * 501);
    int top = 0;
    while (root != NULL || top > 0) {
        while (root != NULL) {
            stk[top++] = root;
            root = root->left;
        }
        root = stk[--top];
        res[(*returnSize)++] = 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。

2.3 方法三：Morris算法中序遍历

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 xx）：

• 如果 xx 无左孩子，先将 xx 的值加入答案数组，再访问 xx 的右孩子，即 x=x.right。
• 如果 xx 有左孩子，则找到 xx 左子树上最右的节点（即左子树中序遍历的最后一个节点，xx 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:
  • predecessor 的右孩子为空，则将其右孩子指向 xx，然后访问 xx 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 xx，说明我们已经遍历完 xx 的左子树，我们将predecessor 的右孩子置空，将 xx 的值加入答案数组，然后访问 xx 的右孩子，即 x =x.right。
• 重复上述操作，直至访问完整棵树。

int* inorderTraversal(struct TreeNode* root, int* returnSize) {
    int* res = malloc(sizeof(int) * 501);
    *returnSize = 0;
    struct 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[(*returnSize)++] = 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[(*returnSize)++] = 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)。无需开辟栈空间，这是最大的优点。