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【Leetcode】94. Binary Tree Inorder Traversal

作者:互联网

https://leetcode-cn.com/problems/binary-tree-inorder-traversal/

文章目录

1. 描述

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

2. 解决

2.1 递归

终止条件: 当前节点为空时
函数内: 递归的调用左节点,打印当前节点,再递归调用右节点
时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(h),h 是树的高度

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode(object):
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution(object):
    def inorderTraversal(self, root):
        """
        :type root: TreeNode
        :rtype: List[int]
        """
        res = []
        def dfs(root):
            if not root:  # 递归出口
                return
            dfs(root.left)  # 左
            res.append(root.val)  # 中
            dfs(root.right)  # 右
        dfs(root)
        return res

2.2 迭代

采用方法: 使用栈(stack):节点存入stack,节点的值存入res。

中序遍历:左 - 中 - 右

总的来说中序遍历就一句话:入者有左则再入,无左则出;出者有右则入,无右则再出

时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(h),h是树的高度

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode(object):
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution(object):
    def inorderTraversal(self, root):
        """
        :type root: TreeNode
        :rtype: List[int]
        """
        res = []
        stack = []
        while root or stack:  # 迭代出口(or:或门)
            if root:  # 入栈
                stack.append(root)
                root = root.left  # root指向左孩子
            else:  # 出栈
                tmp = stack.pop()  # tmp标记出栈元素
                res.append(tmp.val)  # 出栈元素值写入res
                root = tmp.right  # root指向右孩子
        return res

2.3 莫里斯(Morris)遍历

采用方法: 树→ 链表,无需额外空间。

中序遍历:左 - 中 - 右

如果左节点不为空,就将当前节点连带右子树全部挂到左节点的最右子树下面:

具体步骤:

  1. root.left 不为空:

    1. 找到root.left 的最右子节点,该节点.right = root

    2. 改变根节点

      先备份原根节点:tmp = root

      1. 改变根节点为原根节点的左孩子:root = root.left
      2. 断开原根节点与左孩子的联系:tmp.left = None
  2. root.left 为空:

    即,只有右孩子,加入res即可。

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)

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode(object):
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution(object):
    def inorderTraversal(self, root):
        """
        :type root: TreeNode
        :rtype: List[int]
        """
        res = []
        while root:
            if root.left:
                # 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:
            		predecessor = predecessor.right
        
        		# 让 predecessor 的右指针指向 root,继续遍历左子树
        		predecessor.right = root
                
        		# 改变根节点,并断开原根节点与左孩子的联系
            	tmp = root
                root = root.left
                tmp.left = None
            
            # 如果没有左孩子,则直接访问右孩子
            else:
            	res.append(root.val)
                root = root.right
        return res

在这里插入图片描述

标签:Binary,right,res,self,Tree,Traversal,root,节点,left
来源: https://blog.csdn.net/m0_46492359/article/details/121342102