(“树” 之 前中后序遍历 ) 94. 二叉树的中序遍历 ——【Leetcode每日一题】

基础概念：前中后序遍历

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4   5   6

• 层次遍历顺序：[1 2 3 4 5 6]
• 前序遍历顺序：[1 2 4 5 3 6]
• 中序遍历顺序：[4 2 5 1 3 6]
• 后序遍历顺序：[4 5 2 6 3 1]

层次遍历使用 BFS 实现，利用的就是 BFS 一层一层遍历的特性；而前序、中序、后序遍历利用了 DFS 实现。

前序、中序、后序遍只是在对节点访问的顺序有一点不同，其它都相同。

① 前序

void dfs(TreeNode root) {visit(root);dfs(root.left);dfs(root.right);
}

② 中序

void dfs(TreeNode root) {dfs(root.left);visit(root);dfs(root.right);
}

③ 后序

void dfs(TreeNode root) {dfs(root.left);dfs(root.right);visit(root);
}

94. 二叉树的中序遍历

给定一个二叉树的根节点 root ，返回 它的 中序 遍历 。

示例 1：

输入：root = [1,null,2,3]
输出：[1,3,2]

示例 2：

输入：root = []
输出：[]

示例 3：

输入：root = [1]
输出：[1]

提示：

• 树中节点数目在范围 [0, 100] 内
• -100 <= Node.val <= 100

进阶: 递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？

思路：

法一：递归

• 见上述基础概念

法二：迭代

前序遍历和后序遍历的迭代法比较简单，中序遍历的迭代法比较难想：

1. 最重要的是对当前节点root的处理，如果是非空节点则入栈，然后转到左节点，重复上述操作（步骤1），直到走到该树的最左边空节点；
2. 当遇到空节点时，弹出栈顶元素，从栈顶弹出的节点一定是空节点或者是左子树已经访问完毕，此时访问栈顶元素，然后再走到该节点的右子树；
3. 如果右子树非空，则转到步骤2、3；

代码：(Java、C++)

法一：递归
Java

/* Definition for a binary tree node.* public class TreeNode {*     int val;*     TreeNode left;*     TreeNode right;*     TreeNode() {}*     TreeNode(int val) { this.val = val; }*     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {*         this.val = val;*         this.left = left;*         this.right = right;*     }* }*/
class Solution {public List<Integer> ans = new ArrayList<>();public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {dfs(root);return ans;}public void dfs(TreeNode root){if(root == null) return;if(root.left != null) dfs(root.left);ans.add(root.val);if(root.right != null) dfs(root.right);}
}

C++

/* Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:vector<int> ans;vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {dfs(root);return ans;}void dfs(TreeNode* root){if(root == nullptr) return;if(root->left != nullptr) dfs(root->left);ans.push_back(root->val);if(root->right != nullptr) dfs(root->right);}
};

法二：迭代
Java

class Solution {public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {List<Integer> ans = new ArrayList<>();if(root == null) return ans;Stack<TreeNode> stk = new Stack<>();while(root != null || !stk.isEmpty()){while(root != null){stk.push(root);root = root.left;}root = stk.pop();ans.add(root.val);root = root.right;}return ans;}
}

C++

class Solution {
public:vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {vector<int> ans;if(root == nullptr) return ans;stack<TreeNode*> stk;while(root != nullptr || !stk.empty()){while(root != nullptr){stk.push(root);root = root->left;}root = stk.top();stk.pop();ans.push_back(root->val);root = root->right;}return ans;}
};

运行结果：

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 n 是二叉树的节点数。每一个节点恰好被遍历一次。
• 空间复杂度：$O(n)$，为递归或迭代过程中栈的开销，平均情况下为 $O(logn)$，最坏情况下树呈现链状，为 $O(n)$。

题目来源：力扣。

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