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

news2024/11/24 8:53:39

基础概念:前中后序遍历

    1
   / \
  2   3
 / \   \
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:

在这里插入图片描述

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:

在这里插入图片描述

复杂度分析:

  • 时间复杂度 O ( n ) O(n) 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 ) O(n) O(n),为递归或迭代过程中栈的开销,平均情况下为 O ( l o g ⁡ n ) O(log⁡n) O(logn),最坏情况下树呈现链状,为 O ( n ) O(n) O(n)

题目来源:力扣。

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