LeetCode 144.二叉树的前序遍历 (C++)_力扣二叉树的前序遍历c++

题目地址：力扣

二叉树的前序遍历就是，根 -> 左 -> 右，这样的次序。

解法1：递归，这个模板是前中后通用的

class Solution {
public:
    void preorder(TreeNode *root, vector<int> &res)
    {
        if (root != nullptr)
        {
            res.push_back(root->val);
            if (root->left != nullptr)
                preorder(root->left, res);
            if (root->right != nullptr)
                preorder(root->right, res);
        }
 
    }
    
    vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> res;
        preorder(root, res);
        return res;
    }
};

解法2：迭代（手动建栈模拟系统操作）

class Solution {
public:
    vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> res;
        stack<TreeNode*> stk;
 
        while (root != nullptr || !stk.empty())
        {
            while (root != nullptr)
            {
                res.push_back(root->val);
                stk.push(root);
                root = root->left;
            }
            // 保证从栈里面出来的都是只有右孩子没探索过的
            root = stk.top();
            stk.pop();
            root = root->right;
        }
 
        return res;
    }
};

解法3：Morris遍历

思想还是向左遍历之前，让当前节点左子树的最右节点指向自己，这样回溯的时候就能找到。

class Solution {
public:
    vector<int> preorderTraversal(TreeNode *root) {
        vector<int> res;
        TreeNode *p1 = root, *p2 = nullptr;
        // p2的设定是p1的左孩子
 
        // p1非空就继续循环
        while (p1 != nullptr) {
            p2 = p1->left;
            // 若p1有左孩子
            if (p2 != nullptr) {
                // p2是p1左子树的最右节点
                while (p2->right != nullptr && p2->right != p1) {
                    p2 = p2->right;
                }
                // p2->right == nullptr 确定了该节点是第一次访问
                // 先把p1加入结果，再把p1左子树的最右节点指向p1，p1继续往左走
                if (p2->right == nullptr) {
                    res.push_back(p1->val);
                    p2->right = p1;
                    p1 = p1->left;
                    continue;
                // // p2->right == p1 说明该节点已经访问过，此时再访问到就置为空
                } else {
                    p2->right = nullptr;
                }
            } // 若p1无左孩子,则把p1加入结果
             else {
                res.push_back(p1->val);
            }
            // 
            // 1、其左孩子已经访问完毕，因此把p1的右孩子赋给p1
            // 要么就是在回溯的路上，要么就是到了一个全新的未被访问过的节点
            p1 = p1->right;
        }
        return res;
    }
};