【演算法】二叉樹遍歷演算法總結:前序中序後序遍歷
前言
二叉樹遍歷是非常經典的演算法題,也是二叉樹的一道基礎演算法題。
但是在平常的筆試面試中,其出現的頻率其實並不是特別的高,我推測是這種題目相對來說比較基礎,算是一個基礎知識點。
比如劍指offer中出現的後序遍歷題目,是給出一個數字序列,讓你判斷是不是平衡二叉樹後序遍歷序列,這樣出題的難度比直接讓你寫後序遍歷難很多。
但是,二叉樹遍歷容易嗎?在遞迴方法下,前中後序遍歷都是一個思路,理解起來也比較容易。
但是隻是用迭代的話,二叉樹遍歷其實是有難度的!
,這也是為什麼LeetCode會在這三題題目的下方寫出
進階: 遞迴演算法很簡單,你可以透過迭代演算法完成嗎?
這句話了。
本文的主要內容如下:
題目定義
:
上篇:二叉樹前序、中序、後序遍歷
下篇:層序遍歷、其他遍歷相關題型
解題思路
:遞迴 + 迭代+
莫里斯Morris遍歷
解題程式碼
:Java + Python
注1
:本文中的解題思路會盡量的全面,但是解題方法千變萬化,有很多奇技淫巧我不會去介紹,大家有興趣可以自行擴充套件學習。
注2
:本文中的程式碼會盡量簡單,易懂,並不會去追求極致的寫法(比如:在一行內完成,使用各種非正式的庫等)。
正文
二叉樹的定義
最多有兩棵子樹的樹被稱為二叉樹
二叉樹下還有很多種特殊的二叉樹,下方簡單介紹幾種常用的。
滿二叉樹
二叉樹中所有非葉子結點的度都是2,且葉子結點都在同一層次上
完全二叉樹(可以不滿)
如果一個二叉樹與滿二叉樹前m個節點的結構相同,這樣的二叉樹被稱為完全二叉樹。也就是說,如果把滿二叉樹從右至左、從下往上刪除一些節點,剩餘的結構就構成完全二叉樹。
二叉搜尋樹
二叉查詢樹(BinarySearch Tree,也叫二叉搜尋樹,或稱二叉排序樹Binary Sort Tree)或者是一棵空樹,或者是具有下列性質的二叉樹:
若它的左子樹不空,則左子樹上所有結點的值均小於它的根結點的值;
若它的右子樹不空,則右子樹上所有結點的值均大於它的根結點的值;
它的左、右子樹也分別為二叉排序樹
二叉樹前中後序遍歷
遍歷方法
前序遍歷:根結點 ——-> 左子樹 ——-> 右子樹
中序遍歷:左子樹——-> 根結點 ——-> 右子樹
後序遍歷:左子樹 ——-> 右子樹 ——-> 根結點
題目介紹
前序遍歷
LeetCode題目地址:
https://
leetcode-cn。com/problem
s/binary-tree-preorder-traversal/
輸入: [1,null,2,3]
1
\
2
/
3
輸出: [1,2,3]
中序遍歷
LeetCode題目地址:
https://
leetcode-cn。com/problem
s/binary-tree-inorder-traversal/
輸入: [1,null,2,3]
1
\
2
/
3
輸出: [1,3,2]
後序遍歷
LeetCode題目地址:
https://
leetcode-cn。com/problem
s/binary-tree-postorder-traversal/
輸入: [1,null,2,3]
1
\
2
/
3
輸出: [3,2,1]
解題思路詳解與程式碼實現
二叉樹的前中後序遍歷,主要就是兩種思路,一種是遞迴,一種是迭代。
如果看到這裡還沒有感覺,不用擔心,先直接往下看,第一個程式碼(前序遍歷的遞迴思路)會幫助你提升感覺。
遞迴思路
遞迴思路是最容易理解的思路,並且前中後序遍歷都相同。
比如前序遍歷,在遞迴的函數里,先往結果數組裡加入根節點,然後加入根節點的左節點,然後加入根節點的右節點。最後所有遞迴的函式執行完畢,結果集就已經完成了。
中序和後序的思路相同,就不再贅述了。
前序遍歷
Java:
class Solution {
public List
List
if (root == null) {
return result;
}
preorder(root, result);
return result;
}
private static List
if (root != null) {
result。add(root。val);
preorder(root。left, result);
preorder(root。right, result);
}
return result;
}
}
Python:
class Solution(object):
def _preorderTraversal(self, root, result):
if root:
result。append(root。val)
self。_preorderTraversal(root。left, result)
self。_preorderTraversal(root。right, result)
def preorderTraversal(self, root):
“”“
:type root: TreeNode
:rtype: List[int]
”“”
if root == None:
return []
result = []
self。_preorderTraversal(root, result)
return result
中序遍歷
Java:
class Solution {
public List
List
if (root == null) {
return result;
}
result = inorder(root, result);
return result;
}
private static List
if (root != null) {
inorder(root。left, result);
result。add(root。val);
inorder(root。right, result);
}
return result;
}
}
Python:
class Solution(object):
def generate(self, root, result):
if root:
self。inorder(root。left, list)
result。append(root。val)
self。inorder(root。right, list)
def inorderTraversal(self, root):
“”“
:type root: TreeNode
:rtype: List[int]
”“”
if not root:
return []
result = []
self。generate(root, result)
return result
後序遍歷
Java:
class Solution {
public List
List
if (root == null) {
return result;
}
result = postorder(root, result);
return result;
}
private static List
if (root != null) {
postorder(root。left, result);
postorder(root。right, result);
result。add(root。val);
}
return result;
}
}
Python:
class Solution(object):
def _postorderTraversal(self, root, result):
if root:
self。_postorderTraversal(root。left, result)
self。_postorderTraversal(root。right, result)
result。append(root。val)
def postorderTraversal(self, root):
“”“
:type root: TreeNode
:rtype: List[int]
”“”
if root == None:
return []
result = []
self。_postorderTraversal(root, result)
return result
迭代思路
前序遍歷
我們需要一個棧來完成遍歷。
1。根節點入棧
2。取出節點,值加入結果,然後先加右,後加左。
3。重複2
這樣就得到了 根節點——左子樹——右子樹 的遍歷結果集。
Java:
來自官方題解
LinkedList
LinkedList
if (root == null) {
return output;
}
stack。add(root);
while (!stack。isEmpty()) {
TreeNode node = stack。pollLast();
output。add(node。val);
if (node。right != null) {
stack。add(node。right);
}
if (node。left != null) {
stack。add(node。left);
}
}
return output;
}
Python:
class Solution(object):
def preorderTraversal(self, root):
“”“
:type root: TreeNode
:rtype: List[int]
”“”
ret = []
stack = [root]
while stack:
node = stack。pop()
if node:
ret。append(node。val)
if node。right:
stack。append(node。right)
if node。left:
stack。append(node。left)
return ret
中序遍歷
還是使用一個棧來解決問題。
步驟如下:
1
/ \
2 3
/ \ / \
4 5 6 7
我們將根節點1入棧,如果有左孩子,依次入棧,那麼入棧順序為:1,2,4。由於4的左子樹為空,停止入棧,此時棧為{1,2,4}。
此時將4出棧,並遍歷4,由於4也沒有右孩子,那麼根據中序遍歷的規則,我們顯然應該繼續遍歷4的父親2,情況是這樣。所以我們繼續將2出棧並遍歷2,2存在右孩子,將5入棧,此時棧為{1,5}。
5沒有孩子,則將5出棧並遍歷5,這也符合中序遍歷的規則。此時棧為{1}。
1有右孩子,則將1出棧並遍歷1,然後將右孩子3入棧,並繼續以上三個步驟即可。
棧的變化過程:{1}->{1,2}->{1,2,4}->{1,2}->{1}->{1,5}->{1}->{}->{3}->{3,6}->{3}->{}->{7}->{}。
總結:從根節點遍歷,先放入所有有左孩子的節點直到沒有,然後出棧,出棧的時候就將出棧的數字放入結果集,然後看其有沒有右孩子,有的話右孩子入棧。
Java:
官方題解
public class Solution {
public List
List
Stack
TreeNode curr = root;
while (curr != null || !stack。isEmpty()) {
while (curr != null) {
stack。push(curr);
curr = curr。left;
}
curr = stack。pop();
res。add(curr。val);
curr = curr。right;
}
return res;
}
}
Python:
class Solution:
# @param root, a tree node
# @return a list of integers
def inorderTraversal(self, root):
result = []
stack = []
while root or stack:
if root:
stack。append(root)
root = root。left
else:
root = stack。pop()
result。append(root。val)
root = root。right
return result
後序遍歷
將陣列輸出為右子樹-左子樹-根節點。
最後,再將陣列倒序輸出
,形成後序遍歷。這樣程式碼並不用很繁瑣,也能做完迭代。
是不是似曾相識,沒錯,
和前序遍歷的迭代幾乎一樣
,僅僅是先放右節點再放左節點變成了先放左節點再放右節點,然後倒序輸出。
Java:
class Solution {
public List
LinkedList
LinkedList
if (root == null) {
return output;
}
stack。add(root);
while (!stack。isEmpty()) {
TreeNode node = stack。pollLast();
output。addFirst(node。val);
if (node。left != null) {
stack。add(node。left);
}
if (node。right != null) {
stack。add(node。right);
}
}
return output;
}
}
Python:
class Solution(object):
def postorderTraversal(self, root):
“”“
:type root: TreeNode
:rtype: List[int]
”“”
if root is None:
return []
ret = []
stack = [root]
while stack:
node = stack。pop()
if node:
ret。append(node。val)
if node。left:
stack。append(node。left)
if node。right:
stack。append(node。right)
return ret[::-1]
所以迭代方式,前後序是非常類似的,中序遍歷可能需要單獨理解下。
莫里斯遍歷
二叉樹常規的遍歷方法是用遞迴來實現的,這種方法一般都需要O(n)的空間複雜度和O(n)的時間複雜度。而Morris方法實現的是O(1)的空間複雜度和O(n)的時間複雜度。
我們知道,遍歷二叉樹時,最大的難點在於,遍歷到子節點的時候怎樣重新返回到父節點(假設節點中沒有指向父節點的p指標),由於不能用棧作為輔助空間。(不然就是普通迭代方法)。
為了解決這個問題,Morris方法用到了
線索二叉樹
(threaded binary tree)的概念。在Morris方法中不需要為每個節點額外分配指標指向其前驅(predecessor)和後繼節點(successor),只需要利用葉子節點中的
左右空指標指向某種順序遍歷下的前驅節點或後繼節點就可以了
。
聽不懂沒關係,下面使用中序遍歷作為例子來理解莫里斯遍歷到底是什麼意思,例子來自LeetCode官方題解:
中序遍歷
Step 1: 將當前節點current初始化為根節點
Step 2: While current不為空,
若current沒有左子節點
a。 將current新增到輸出
b。 進入右子樹,亦即, current = current。right
否則
a。 在current的左子樹中,令current成為最右側節點的右子節點
b。 進入左子樹,亦即,current = current。left
1
/ \
2 3
/ \ /
4 5 6
首先,1 是根節點,所以將 current 初始化為 1。1 有左子節點 2,current 的左子樹是
2
/ \
4 5
在此左子樹中最右側的節點是 5,於是將 current(1) 作為 5 的右子節點。令 current = cuurent。left (current = 2)。 現在二叉樹的形狀為:
2
/ \
4 5
\
1
\
3
/
6
對於 current(2),其左子節點為4,我們可以繼續上述過程
4
\
2
\
5
\
1
\
3
/
6
Java:
class Solution {
public List < Integer > inorderTraversal(TreeNode root) {
List < Integer > res = new ArrayList < > ();
TreeNode curr = root;
TreeNode pre;
while (curr != null) {
if (curr。left == null) {
res。add(curr。val);
curr = curr。right; // move to next right node
} else { // has a left subtree
pre = curr。left;
while (pre。right != null) { // find rightmost
pre = pre。right;
}
pre。right = curr; // put cur after the pre node
TreeNode temp = curr; // store cur node
curr = curr。left; // move cur to the top of the new tree
temp。left = null; // original cur left be null, avoid infinite loops
}
}
return res;
}
}
前序遍歷
理解了中序遍歷,前序和後序遍歷相對來說也就更容易理解了。所以前序和後序貼了思路,程式碼我也沒自己寫後submit,在這裡就不放了。
演算法的思路是從當前節點向下訪問先序遍歷的前驅節點,每個前驅節點都恰好被訪問兩次。
首先從當前節點開始,向左孩子走一步然後沿著右孩子一直向下訪問,直到到達一個葉子節點(當前節點的中序遍歷前驅節點),所以我們更新輸出並建立一條偽邊 predecessor。right = root 更新這個前驅的下一個點。如果我們第二次訪問到前驅節點,由於已經指向了當前節點,我們移除偽邊並移動到下一個頂點。
後序遍歷
後續遍歷稍顯複雜,需要建立一個臨時節點dump,令其左孩子是root。並且還需要一個子過程,就是倒序輸出某兩個節點之間路徑上的各個節點。
步驟:
當前節點設定為臨時節點dump。
如果當前節點的左孩子為空,則將其右孩子作為當前節點。
如果當前節點的左孩子不為空,在當前節點的左子樹中找到當前節點在中序遍歷下的前驅節點。
a) 如果前驅節點的右孩子為空,將它的右孩子設定為當前節點。當前節點更新為當前節點的左孩子。
b) 如果前驅節點的右孩子為當前節點,將它的右孩子重新設為空。倒序輸出從當前節點的左孩子到該前驅節點這條路徑上的所有節點。當前節點更新為當前節點的右孩子。
重複以上1、2直到當前節點為空。
參考
https://
leetcode-cn。com/problem
s/binary-tree-preorder-traversal/solution/leetcodesuan-fa-xiu-lian-dong-hua-yan-shi-xbian-2/
https://www。
cnblogs。com/AnnieKim/ar
chive/2013/06/15/morristraversal。html
https://
blog。csdn。net/softwarex
4/article/details/95986102
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