遍历二叉树的神级方法

题目描述

分别按照二叉树先序，中序和后序打印所有的节点。

输入描述：

第一行输入两个整数 n 和 root，n 表示二叉树的总节点个数，root 表示二叉树的根节点。
以下 n 行每行三个整数 fa，lch，rch，表示 fa 的左儿子为 lch，右儿子为 rch。(如果 lch 为 0 则表示 fa 没有左儿子，rch同理)

输出描述：

输出三行分别表示二叉树的前序，中序和后序遍历。

要求：

时间复杂度为O(N)O(N)O(N)，额外的空间复杂度为O(1)O(1)O(1)

示例1

输入

输出

1 2 3
2 1 3
2 3 1

备注：

1≤n≤1061 \leq n \leq 10^61≤n≤106

1≤fa,lch,rch,root≤n1 \leq fa,lch,rch,root \leq n1≤fa,lch,rch,root≤n

题解：

先序遍历、中序遍历和后续遍历没什么好说的，但是这题要求额外的空间的复杂度为O(1)O(1)O(1)，无论是递归还是非递归，我们需要的额外空间复杂度为O(h)O(h)O(h)，h 为树的高度。究其原因：因为每个节点都有指向孩子节点的指针，所以从上层到下层容易，但是没有指向父节点的指针，所以从下层到上层需要用栈结构辅助完成。

Moris遍历的实质是就是避免使用栈结构，而是让下层到上层有指针，具体就是让底层节点指向 null 的空闲指针指向上层的某个节点，从而完成下层到上层的移动。

具体参考：Moris遍历

代码：

#include <cstdio>
#include <unordered_map>using namespace std;struct BST {int val;BST *lch, *rch;BST (int v) : val(v), lch(NULL), rch(NULL) {}
};BST *createTree() {int n, rt;int fa, lch, rch;scanf("%d%d", &n, &rt);BST *tmp = NULL, *root = NULL;unordered_map<int, BST*> hash;while (n--) {scanf("%d%d%d", &fa, &lch, &rch);if (!hash.count(fa)) {tmp = new BST(fa);hash[fa] = tmp;}if (lch && !hash.count(lch)) {tmp = new BST(lch);hash[lch] = tmp;}if (rch && !hash.count(rch)) {tmp = new BST(rch);hash[rch] = tmp;}if (lch) hash[fa]->lch = hash[lch];if (rch) hash[fa]->rch = hash[rch];}return hash[rt];
}void morisPreOrder(BST *root) {if (!root) return;BST *cur1 = root, *cur2 = NULL;while (cur1) {cur2 = cur1->lch;if (cur2) {while (cur2->rch && cur2->rch != cur1) cur2 = cur2->rch;if (!cur2->rch) {cur2->rch = cur1;printf("%d ", cur1->val);cur1 = cur1->lch;continue;} else {cur2->rch = NULL;}} else {printf("%d ", cur1->val);}cur1 = cur1->rch;}puts("");
}void morisInOrder(BST *root) {if (!root) return;BST *cur1 = root, *cur2 = NULL;while (cur1) {cur2 = cur1->lch;if (cur2) {while (cur2->rch && cur2->rch != cur1) cur2 = cur2->rch;if (!cur2->rch) {cur2->rch = cur1;cur1 = cur1->lch;continue;} else {cur2->rch = NULL;}}printf("%d ", cur1->val);cur1 = cur1->rch;}puts("");
}BST *reverseEdge(BST *root) {BST *pre = NULL, *tmp = NULL;while (root) {tmp = root->rch;root->rch = pre;pre = root;root = tmp;}return pre;
}void printEdge(BST *root) {BST *tail = reverseEdge(root);BST *p = tail;while (p) {printf("%d ", p->val);p = p->rch;}reverseEdge(tail);
}void morisPost(BST *root) {if (!root) return;BST *cur1 = root, *cur2 = NULL;while (cur1) {cur2 = cur1->lch;if (cur2) {while (cur2->rch && cur2->rch != cur1) cur2 = cur2->rch;if (!cur2->rch) {cur2->rch = cur1;cur1 = cur1->lch;continue;} else {cur2->rch = NULL;printEdge(cur1->lch);}}cur1 = cur1->rch;}printEdge(root);puts("");
}int main(void) {BST *root = createTree();morisPreOrder(root);morisInOrder(root);morisPost(root);return 0;
}