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 (左根右)。

首先我们需要了解什么是二叉树的中序遍历：按照访问左子树——根节点——右子树的方式遍历这棵树，而在访问左子树或者右子树的时候我们按照同样的方式遍历，直到遍历完整棵树。

方法一：递归

思路与算法

首先我们需要了解什么是二叉树的中序遍历：按照访问左子树——根节点——右子树的方式遍历这棵树，而在访问左子树或者右子树的时候我们按照同样的方式遍历，直到遍历完整棵树。因此整个遍历过程天然具有递归的性质，我们可以直接用递归函数来模拟这一过程。

定义 inorder(root) 表示当前遍历到 \textit{root}root 节点的答案，那么按照定义，我们只要递归调用 inorder(root.left) 来遍历 \textit{root}root 节点的左子树，然后将 \textit{root}root 节点的值加入答案，再递归调用inorder(root.right) 来遍历 \textit{root}root 节点的右子树即可，递归终止的条件为碰到空节点。

/*** 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;*     }* }*/
//方法一：递归
class Solution {public List inorderTraversal(TreeNode root) {List res = new ArrayList();//用来存中序遍历的结果inorder(root, res);return res;}public void inorder(TreeNode root, List res) {if (root == null) { //先判断当前节点是否存在树return;}inorder(root.left, res);//访问左节点去遍历左子树res.add(root.val);inorder(root.right, res);//访问右节点去遍历右子树}
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树节点的个数。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，而栈深度在二叉树为一条链的情况下会达到 O(n) 的级别。

方法二：迭代

思路与算法

方法一的递归函数我们也可以用迭代的方式实现，两种方式是等价的，区别在于递归的时候隐式地维护了一个栈，而我们在迭代的时候需要显式地将这个栈模拟出来，其他都相同，具体实现可以看下面的代码。

简单介绍一下：

push 函数介绍_push函数_poptar的博客-CSDN博客

Deque：在队列的两端都能进出的队列，继承自Queue接口，Deque的实现类是LinkedList、ArrayDeque、LinkedBlockingDeque，其中LinkedList是最常用的。

Deque的使用详解_C2980C的博客-CSDN博客

 //方法二：迭代
class Solution {public List inorderTraversal(TreeNode root) {List res = new ArrayList();Deque stk = new LinkedList();while (root != null || !stk.isEmpty()) {while (root != null) {stk.push(root);//入栈root = root.left;//把左节点作为根节点}root = stk.pop();//出栈res.add(root.val);root = root.right;//左节点遍历完了，把左右节点作为根节点}return res;}
}

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树节点的个数。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)。空间复杂度取决于栈深度，而栈深度在二叉树为一条链的情况下会达到 O(n)的级别。

还有一个方法三。我懒得看了啦先这样吧这个算法题。