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题目
给定一个二叉树的根节点 root ，返回它的 中序 遍历。
示例 1：
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]
示例 4：
输入：root = [1,2]
输出：[2,1]
示例 5：
输入：root = [1,null,2]
输出：[1,2]
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？
解答
方法一：递归
/**
* @param {TreeNode} root
* @return {number[]}
*/
var inorderTraversal = function(root, res = []) {
if (!root) return res
inorderTraversal(root.left, res)
res.push(root.val)
inorderTraversal(root.right, res)
return res
}
复杂度分析
- 时间复杂度：
O(n)，其中 n 是二叉树的结点个数。二叉树的遍历中每个节点会被访问一次且只会被访问一次。 - 空间复杂度：
O(n)，空间复杂度取决于递归的栈深度。
方法二：迭代
略，可以参考 144-二叉树的前序遍历，二者是类似的。该方法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(n)。
方法三：Morris 中序遍历
用递归和迭代的方式都使用了辅助空间，而Morris 中序遍历没有使用任何辅助空间。但是，缺点是改变了整个树的结构，把一棵二叉树改成了链表结构。
首先，我们找到 root 的左节点的最右子树，将当前 root 节点连带右子树全部挂到左节点的最右子树下面。
依此类推，直到新的二叉树没有左子树了，则直接访问右子树，每次把节点的值存入数组res，最后返回该数组即可。
var inorderTraversal = function(root) {
const res = [];
let predecessor = null;
while (root) {
if (root.left) { // 一、如果有左子树
// 1. 找到 root 的左节点的最右子树
predecessor = root.left;
while (predecessor.right && predecessor.right !== root) {
predecessor = predecessor.right;
}
// 2. 将当前 root 节点连带右子树全部挂到左节点的最右子树下面
if (!predecessor.right) {
predecessor.right = root;
root = root.left;
} else { // 3. 说明左子树已经访问完了，我们需要断开链接
res.push(root.val);
predecessor.right = null;
root = root.right;
}
} else { // 二、如果没有左子树，则直接访问右子树
res.push(root.val); // 把节点的值存入数组res
root = root.right;
}
}
return res;
};
复杂度分析
- 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)。
