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[Leetcode] Binary Tree Traversal 二叉树遍历

Binary Tree Preorder Traversal

Given a binary tree, return the preorder traversal of its nodes' values.

For example: Given binary tree {1,#,2,3},

   1     /      2     /    3

return [1,2,3].

栈迭代

复杂度

时间 O(b^(h+1)-1) 空间 O(h) 递归栈空间对于二叉树b=2

思路

用迭代法做深度优先搜索的技巧就是使用一个显式声明的Stack存储遍历到节点，替代递归中的进程栈，实际上空间复杂度还是一样的。对于先序遍历，我们pop出栈顶节点，记录它的值，然后将它的左右子节点push入栈，以此类推。

代码

public class Solution {  public List<Integer> preorderTraversal(TreeNode root) {   Stack<TreeNode> s = new Stack<TreeNode>();   List<Integer> res = new LinkedList<Integer>();   if(root!=null) s.push(root);   while(!s.isEmpty()){    TreeNode curr = s.pop();    res.add(curr.val);    if(curr.right!=null) s.push(curr.right);    if(curr.left!=null) s.push(curr.left);   }   return res;  } }

Binary Tree Inorder Traversal

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

For example: Given binary tree {1,#,2,3},

   1     /      2     /    3

return [1,3,2].

栈迭代

复杂度

时间 O(b^(h+1)-1) 空间 O(h) 递归栈空间对于二叉树b=2

思路

用栈中序遍历没有先序遍历那么直观，因为我们不能马上pop出当前元素，而要先把它的左子树都遍历完才能pop它自己。所有我们先将将最左边的所有节点都push进栈，然后再依次pop并记录值，每pop一个元素后再看它有没有右子树，如果右的话，我们再将它的右节点和右子树中最左边的节点都push进栈，再依次pop。

代码

public class Solution {  public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {   List<Integer> res = new LinkedList<Integer>();   Stack<TreeNode> s = new Stack<TreeNode>();   //先将最左边的节点都push进栈   if(root!=null){    pushAllTheLeft(s, root);   }   while(!s.isEmpty()){    TreeNode curr = s.pop();    res.add(curr.val);    //如果有右子树，将右节点和右子树的最左边的节点都push进栈    if(curr.right != null){     pushAllTheLeft(s, curr.right);    }   }   return res;  }  private void pushAllTheLeft(Stack<TreeNode> s, TreeNode root){   s.push(root);   while(root.left!=null){    root = root.left;    s.push(root);   }  } }

Binary Tree Postorder Traversal

Given a binary tree, return the postorder traversal of its nodes' values.

For example: Given binary tree {1,#,2,3},

   1     /      2     /    3

return [3,2,1].

栈迭代

复杂度

时间 O(b^(h+1)-1) 空间 O(h) 递归栈空间对于二叉树b=2

思路

后序遍历就不能简单的改变pop顺序来实现了，我们知道根节点（这里的根节点不是整个树的根，而是相对于左右节点的跟）是在左右节点都计算完才计算的，所以我们会遇到两次根节点，第一次遇到根节点时我们将左右节点加入栈，但不把根节点pop出去，等到处理完左右节点后，我们又会遇到一次根节点，这时再计算根节点并把它pop出去。为了判断是第一次还是第二次遇到这个根节点，我们可以用一个数据结构把这个信息封装进去，第一次遇到的时候将其设为已经访问了一次，这样第二次遇到时发现已经访问了一次，就可以直接pop了。

代码

public class Solution {  public List<Integer> postorderTraversal(TreeNode root) {   Stack<PowerNode> s = new Stack<PowerNode>();   List<Integer> res = new LinkedList<Integer>();   if(root!=null) s.push(new PowerNode(root, false));   while(!s.isEmpty()){    PowerNode curr = s.peek();    //如果是第二次访问，就计算并pop该节点    if(curr.visited){     res.add(curr.node.val);     s.pop();    } else {    //如果是第一次访问，就将它的左右节点加入stack，并设置其已经访问了一次     if(curr.node.right!=null) s.push(new PowerNode(curr.node.right, false));     if(curr.node.left!=null) s.push(new PowerNode(curr.node.left, false));     curr.visited = true;    }   }   return res;  }  private class PowerNode {   TreeNode node;   boolean visited;   public PowerNode(TreeNode n, boolean v){    this.node = n;    this.visited = v;   }  } }

Binary Tree Level Order Traversal I && II

Given a binary tree, return the bottom-up level order traversal of its nodes' values. (ie, from left to right, level by level from leaf to root).

For example: Given binary tree {3,9,20,#,#,15,7},

    3    / /   9  20     /  /    15   7

return its bottom-up level order traversal as: (II)

[   [15,7],   [9,20],   [3] ]

return its level order traversal as: (I)

[   [3],   [9,20],   [15,7] ]

队列迭代

复杂度

时间 O(b^(h+1)-1) 空间 O(b^h)

思路

本题实质是广度优先搜索BFS，而用队列可以轻松的以迭代形式实现它。不过不同于BFS的是，层序遍历需要在队列中记住每一层的分割点，而BFS不关心层数只要遍历到指定元素就行了。为了记住这个分割点，我们在进入下一层之前先记下这一层的元素个数N（其实就是当前queue的大小），然后只遍历N个节点（展开下一层节点的同时queue中会新加入很多下下一层的节点）。遍历完N个节点后记录新的层数，再进入下一层。对于II，返回的层是逆序的，我们只要在结果中，每次把下面新一层加到当前这层的前面就行了

代码

public class Solution {  public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {   List<List<Integer>> res = new LinkedList<List<Integer>>();   Queue<TreeNode> q = new LinkedList<TreeNode>();   if(root != null) q.offer(root);   while(!q.isEmpty()){    int size = q.size();    List<Integer> level = new LinkedList<Integer>();    //控制当前层的遍历次数    for(int i =0; i < size; i++){     TreeNode curr = q.poll();     level.add(curr.val);     if(curr.left!=null) q.offer(curr.left);     if(curr.right!=null) q.offer(curr.right);    }    res.add(level);    //对于II， 我们要逆序加入    //res.add(0, level)   }   return res;  } }

Binary Tree Zigzag Level Order Traversal

Given a binary tree, return the zigzag level order traversal of its nodes' values. (ie, from left to right, then right to left for the next level and alternate between).

For example: Given binary tree {3,9,20,#,#,15,7},

    3    / /   9  20     /  /    15   7

return its zigzag level order traversal as:

[   [3],   [20,9],   [15,7] ]

队列迭代

复杂度

时间 O(b^(h+1)-1) 空间 O(b^h)

思路

ZigZag遍历时，奇数层正序记录，偶数层逆序记录。可以通过结果中已有的层数来判断。

代码

public class Solution {  public List<List<Integer>> zigzagLevelOrder(TreeNode root) {   List<List<Integer>> res = new LinkedList<List<Integer>>();   Queue<TreeNode> q = new LinkedList<TreeNode>();   if(root != null) q.offer(root);   while(!q.isEmpty()){    int size = q.size();    List<Integer> level = new LinkedList<Integer>();    for(int i =0; i < size; i++){     TreeNode curr = q.poll();     //根据结果中已有的层数控制正序还是逆序     if(res.size() % 2 == 0){      level.add(curr.val);     } else {      level.add(0,curr.val);     }     if(curr.left!=null) q.offer(curr.left);     if(curr.right!=null) q.offer(curr.right);    }    res.add(level);   }   return res;  } }

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