BST的后续遍历_bst中序遍历的结果

真没想到一个非递归中序遍历也能搞死我。我是有多弱啊，更别说后续遍历了。

看看人家的代码，那真是八仙过海，各显神通，弱爆了就是我啊就是我

方法1： 参考http://blog.csdn.net/wzy_1988/article/details/17072953

ArrayList<Integer> s1(TreeNode root){
        ArrayList<Integer> list=new ArrayList<Integer>();
        Stack<TreeNode> st=new Stack<TreeNode>();
        TreeNode pre=null;
        while(st.size()>0||root!=null){
            if(root!=null){
                st.push(root);
                root=root.left;
            }else{
                root=st.pop();
                if(root.right==null||root.right==pre){
                    list.add(root.val);
                    pre=root;
                    root=null;
                }else{
                    st.push(root);
                    root=root.right;
                }
            }
        }
        return list;
    }

先看一下大神1的方法，和中序前序遍历一样，首先遍历最左子树，这个没问题，一直走while里的if模块。

一直走到左子树没有了，这时候pop一下取出来最后一个点。这时候，

如果是中序遍历就可以直接加上这个点然后走右边了，

如果是先序遍历更简单，在if里就add到list里就行，这里也是直接走右孩子就可以。

 

    但是这是后序遍历，后序遍历里中间节点最后查看，所以这里要判断一下，如果没有右孩子或者右边孩子已经遍历过（pre来存上次遍历的点），那么就可以加入这个点了。也就是两个else中间的代码，注意这里有一句root＝null值得分析一下。其实这里还有一个隐式约定：root＝＝null既是循环增加左子树完毕的判定条件，也是后面遍历过程中要求pop新节点的请求条件。

     然后就简单了，如果不能加入这个点，对不起还得把你塞回去，然后下一次遍历root.right就ok。 

如果顺着先序和中序写下来多半想到的是这种方法。

方法2： 参考http://www.cnblogs.com/TenosDoIt/p/3416835.html

 ArrayList<Integer> s2(TreeNode root){
        ArrayList<Integer> list=new ArrayList<Integer>();
        Stack<TreeNode> st=new Stack<TreeNode>();
        if(root==null)
            return list;
        st.push(root);
        TreeNode pre=null;
        while(st.size()>0){
            root=st.peek();
            if((root.left==null&&root.right==null)||(pre!=null&&(pre==root.left||pre==root.right))){
                list.add(root.val);
                pre=root;
                st.pop();
            }else{
                if(root.right!=null)
                    st.push(root.right);
                if(root.left!=null)
                    st.push(root.left);
            }
        }
        return list;
     }

再看看大神2的方法，这两种方法复杂度肯定是完全一致的，但思路却完全不同。

连循环加入左节点的步骤都省下了，真是太猛了。

第一步，root入栈。

第二步，peek一个节点。然后分两种情况判断：

   情况1： 如果是叶节点，或者刚处理了它的左节点或者右节点（注意！这里一定要加上左节点，不然必错，想想为啥？），那么就在list上假如这个结果，pop了这个节点，pre记录下处理了这个节点。

   情况2： 非情况1的情况，即这点或者不是叶节点，且，这个点的左右子节点都没有处理，那么处理这个点。处理方式：st.push(root.right); st.push(root.left);

   咱们走一遍整个逻辑，假设树＝｛1，2，3，4，5，6，7｝先走根节点，不是叶节点且子节点都没处理，所以加入3，2。循环走完第一遍，peek＝2，假如5，4，循环第二遍走完。

第三遍： peek＝4，叶节点，加入4为第一个值，pre＝4；

第四遍：peek＝5 加入结果 4，5  pre＝5

5： peek＝2，pre＝5，为右孩子，4，5，2

6：peek＝3， add 7，6， stack＝1，3，7，6 pre＝5

peek 6 peek 7 peek 3 peek 1 结束。

怎么看怎么那个pre＝root.left判不到对吧，再来个树1，2，3，4，#，#，#, 再走一遍就明白了，走4之后，没有右孩子，所以走2，你没有pre＝root.left 不是找死么