二叉树（BST）中序遍历的三种方法_二叉树中序遍历

介绍二叉树中序遍历的三种方法，分别是：递归（隐式的维护了一个栈）、基于栈的迭代、Morris中序遍历

首先：什么是二叉树中序遍历：

按照访问左子树——根节点——右子树的方式遍历这棵树，而在访问左子树或者右子树的时候我们按照同样的方式遍历，直到遍历完整棵树。

1.使用递归实现中序遍历：

二叉树的中序遍历的整个遍历过程本身就具有递归的性质，可以直接用递归函数来模拟这一过程。
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 left 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。

public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        inorder(root,list);
        return list;
    }
    private void inorder(TreeNode root,List<Integer> list){
        //this is the end statement
        if(root==null){
            return;
        }
        inorder(root.left);
        list.add(root.val);
        inorder(root.right);
    }
}
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复杂度分析

时间复杂度：O(n)， n 为二叉树节点的个数。因为递归的遍历中每个节点只会被访问一次。
空间复杂度：O(n)。在最坏情况下，二叉树退化为链表，此时栈的深度为二叉树的长度n。

2.使用基于栈的迭代实现中序遍历

其实在第一种方法里，递归的模拟中序遍历会隐式的维护一个栈，那如果直接把这个栈显示的模拟出来，即可使用迭代的方法
这里使用双端队列Deque，目的是想在列表头和列表尾都实现增添和删除操作

public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        Deque<TreeNode> deque = new LinkedList<>();
        while (root!=null||!deque.isEmpty()){//这两者都不成立的时候，直接返回，因为此时root跟为空
            //build a stack contains of all left element,for each element,next will deal with
            //their right element
            while (root!=null){
                deque.add(root);
                root=root.left;
            }
            root = deque.poll();//pull the leftest element
            list.add(root.val);//add it's value into ans list
            root=root.right;//search for it's right node

        }
        return list;
    }
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复杂度分析

时间复杂度：O(n)，同上，每个节点只会遍历一次
空间复杂度：O(n)。同上，在最坏情况下，二叉树退化为链表，此时栈的深度为二叉树的长度n。

3。使用Morris遍历算法实现中序遍历

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)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）：

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

本质上：假设当前遍历到的节点为 x，将 x 的左子树中最右边的节点的右孩子指向 x，这样在左子树遍历完成后我们通过这个指向走回了 x，且能通过这个指向知晓我们已经遍历完成了左子树，而不用再通过栈来维护，省去了栈的空间复杂度。

public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> list = new ArrayList<>();
        TreeNode predecessor = null;
        while(root!=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
            if(root.left!=null){
                predecessor=root.left;
                while(predecessor.right!=null&&predecessor.right!=root){
                    predecessor=predecessor.right;
                }
                //如果Predecessor右边节点为空，那就把它指向根
                if(predecessor.right==null){
                    predecessor.right = root;
                    root = root.left;
                }
                //如果不为空，那就说明这个左树其实已经指向root了，已经遍历完 xx 的左子树
                else {
                    list.add(root.val);
                    predecessor.right =null;
                    root=root.right;
                }

            }
            //不然左为空，就直接把当前加入答案，然后查看右树
            else {
                list.add(root.val);
                root=root.right;
                }
            }
        return list;
        }
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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(n)。
空间复杂度：O(1)。因为并不需要维护一个深度为n的栈（在极坏情况下）

参考链接：https://leetcode-cn.com/problems/binary-tree-inorder-traversal/solution/er-cha-shu-de-zhong-xu-bian-li-by-leetcode-solutio/