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1.先序遍历，先从递归说起
void preOrder(TNode* root){ if (root != NULL) { Visit(root); preOrder(root->left); preOrder(root->right); }} 递归算法非常的简单。先访问跟节点，然后访问左节点，再访问右节点。如果不用递归，那该怎么做呢？仔细看一下递归程序，就会发现，其实每次都是走树的左分支(left)，直到左子树为空，然后开始从递归的最深处返回，然后开始恢复递归现场，访问右子树。 其实过程很简单：一直往左走 root->left->left->left...->null，由于是先序遍历，因此一遇到节点，便需要立即访问；由于一直走到最左边后，需要逐步返回到父节点访问右节点，因此必须有一个措施能够对节点序列回溯。有两个办法： 1.用栈记忆：在访问途中将依次遇到的节点保存下来。由于节点出现次序与恢复次序是反序的，因此是一个先进后出结构，需要用栈。 使用栈记忆的实现有两个版本。第一个版本是模拟递归的实现效果，跟LX讨论的，第二个版本是直接模拟递归。 2.节点增加指向父节点的指针：通过指向父节点的指针来回溯（后来发现还要需要增加一个访问标志，来指示节点是否已经被访问，不知道可不可以不用标志直接实现回溯？想了一下，如果不用这个标志位，回溯的过程会繁琐很多。暂时没有更好的办法。）(还有其他办法可以回溯么？)这3个算法伪代码如下，没有测试过。 先序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本1 // 先序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本1
void preOrder1(TNode* root){ Stack S; while ((root != NULL) || !S.empty()) { if (root != NULL) { Visit(root); S.push(root); // 先序就体现在这里了，先访问，再入栈 root = root->left; // 依次访问左子树 } else { root = S.pop(); // 回溯至父亲节点 root = root->right; } }} preOrder1每次都将遇到的节点压入栈，当左子树遍历完毕后才从栈中弹出最后一个访问的节点，访问其右子树。在同一层中，不可能同时有两个节点压入栈，因此栈的大小空间为O(h)，h为二叉树高度。时间方面，每个节点都被压入栈一次，弹出栈一次，访问一次，复杂度为O(n) 先序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本2 // 先序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本2
void preOrder2(TNode* root){ if ( root != NULL) { Stack S; S.push(root); while (!S.empty()) { TNode* node = S.pop(); Visit(node); // 先访问根节点，然后根节点就无需入栈了 S.push(node->right); // 先push的是右节点，再是左节点 S.push(node->left); } }} preOrder2每次将节点压入栈，然后弹出，压右子树，再压入左子树，在遍历过程中，遍历序列的右节点依次被存入栈，左节点逐次被访问。同一时刻，栈中元素为m-1个右节点和1个最左节点，最高为h。所以空间也为O(h)；每个节点同样被压栈一次，弹栈一次，访问一次，时间复杂度O(n)先序遍历伪代码：非递归版本，不用栈，增加指向父节点的指针 // 先序遍历伪代码：非递归版本，不用栈，增加指向父节点的指针
void preOrder3(TNode* root){ while ( root != NULL ) // 回溯到根节点时为NULL，退出 { if( !root->bVisited ) { // 判定是否已被访问 Visit(root); root->bVisited = true; } if ( root->left != NULL && !root->left->bVisited ) // 访问左子树 { root = root->left; } else if( root->right != NULL && !root->right->bVisited ) // 访问右子树 { root = root->right; } else // 回溯 { root = root->parent; } }} preOrder3的关键在于回溯。为了回溯增加指向父亲节点的指针，以及是否已经访问的标志位，对比preOrder1与preOrder2，但增加的空间复杂度为O(n)。时间方面，每个节点被访问一次。但是，当由叶子节点跳到下一个要访问的节点时，需要先回溯至父亲节点，再判断是否存在没有被访问过的右子树，如果没有，则继续回溯，直至找到一颗没有被访问过的右子树，这个过程需要很多的时间。每个叶子节点的回溯需要O(h)时间复杂度，叶子节点最多为(2^(h-1))，因此回溯花费的上限为O(h*(2^(h-1))。这个上限应该可以缩小。preOrder3唯一的好处是不需要额外的数据结构-栈。 2.中序遍历 根据上面的先序遍历，可以类似的构造出中序遍历的三种方式。仔细想一下，只有第一种方法改过来时最方便的。需要的改动仅仅调换一下节点访问的次序，先序是先访问，再入栈；而中序则是先入栈，弹栈后再访问。伪代码如下。时间复杂度与空间复杂度同先序一致。 // 中序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本1
void InOrder1(TNode* root){ Stack S; while ( root != NULL || !S.empty() ) { while( root != NULL ) // 左子树入栈 { S.push(root); root = root->left; } if ( !S.empty() ) { root = S.pop(); Visit(root->data); // 访问根结点 root = root->right; // 通过下一次循环实现右子树遍历 } }} 第二个用栈的版本却并不乐观。preOrder2能够很好的执行的原因是，将左右节点压入栈后，根节点就再也用不着了；而中序和后序却不一样，左右节点入栈后，根节点后面还需要访问。因此三个节点都要入栈，而且入栈的先后顺序必须为：右节点，根节点，左节点。但是，当入栈以后，根节点与其左右子树的节点就分不清楚了。因此必须引入一个标志位，表示是否已经将该节点的左右子树入栈了。每次入栈时，根节点标志位为true,左右子树标志位为false。 伪代码如下： // 中序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现，版本2
void InOrder2(TNode* root){ Stack S; if( root != NULL ) { S.push(root); } while ( !S.empty() ) { TNode* node = S.pop(); if ( node->bPushed ) { // 如果标识位为true,则表示其左右子树都已经入栈，那么现在就需要访问该节点了 Visit(node); } else { // 左右子树尚未入栈，则依次将 右节点，根节点，左节点 入栈 if ( node->right != NULL ) { node->right->bPushed = false; // 左右子树均设置为false S.push(node->right); } node->bPushed = true; // 根节点标志位为true S.push(node); if ( node->left != NULL ) { node->left->bPushed = false; S.push(node->left); } } }} 对比先序遍历，这个算法需要额外的增加O(n)的标志位空间。另外，栈空间也扩大，因为每次压栈的时候都压入根节点与左右节点，因此栈空间为 O(n)。时间复杂度方面，每个节点压栈两次，作为子节点压栈一次，作为根节点压栈一次，弹栈也是两次。因此无论从哪个方面讲，这个方法效率都不及InOrder1。 至于不用栈来实现中序遍历。头晕了，暂时不想了。后面再来完善。还有后序遍历，貌似更复杂。对了，还有个层序遍历。再写一篇吧。头都大了。 9.8续 中序遍历的第三个非递归版本：采用指向父节点的指针回溯。这个与先序遍历是非常类似的，不同之处在于，先序遍历只要一遇到节点，那么没有被访问那么立即访问，访问完毕后尝试向左走，如果左孩子补课访问，则尝试右边走，如果左右皆不可访问，则回溯；中序遍历是先尝试向左走，一直到左边不通后访问当前节点，然后尝试向右走，右边不通，则回溯。（这里不通的意思是：节点不为空，且没有被访问过） // 中序遍历伪代码：非递归版本，不用栈，增加指向父节点的指针
void InOrder3(TNode* root){ while ( root != NULL ) // 回溯到根节点时为NULL，退出 { while ( root->left != NULL && !root->left->bVisited ) { // 沿左子树向下搜索当前子树尚未访问的最左节点 root = root->left; } if ( !root->bVisited ) { // 访问尚未访问的最左节点 Visit(root); root->bVisited=true; } if ( root->right != NULL && !root->right->bVisited ) { // 遍历当前节点的右子树 root = root->right; } else { // 回溯至父节点 root = root->parent; } }} 这个算法时间复杂度与空间复杂度与第3个先序遍历的版本是一样的。 3.后序遍历 从直觉上来说，后序遍历对比中序遍历难度要增大很多。因为中序遍历节点序列有一点的连续性，而后续遍历则感觉有一定的跳跃性。先左，再右，最后才中间节点；访问左子树后，需要跳转到右子树，右子树访问完毕了再回溯至根节点并访问之。这种序列的不连续造成实现前面先序与中序类似的第1个与第3个版本比较困难。但是按照第2个思想，直接来模拟递归还是非常容易的。如下： // 后序遍历伪代码：非递归版本，用栈实现
void PostOrder(TNode* root){ Stack S; if( root != NULL ) { S.push(root); } while ( !S.empty() ) { TNode* node = S.pop(); if ( node->bPushed ) { // 如果标识位为true,则表示其左右子树都已经入栈，那么现在就需要访问该节点了 Visit(node); } else { // 左右子树尚未入栈，则依次将 右节点,左节点,根节点 入栈 if ( node->right != NULL ) { node->right->bPushed = false; // 左右子树均设置为false S.push(node->right); } if ( node->left != NULL ) { node->left->bPushed = false; S.push(node->left); } node->bPushed = true; // 根节点标志位为true S.push(node); } }} 和中序遍历的第2个版本比较，仅仅只是把左孩子入栈和根节点入栈顺序调换一下；这种差别就跟递归版本的中序与后序一样。 4.层序遍历 这个很简单，就不说老。 // 层序遍历伪代码：非递归版本，用队列完成
void LevelOrder(TNode *root){ Queue Q; Q.push(root); while (!Q.empty()) { node = Q.front(); // 取出队首值并访问 Visit(node); if (NULL != node->left) // 左孩子入队 { Q.push(node->left); } if (NULL != node->right) // 右孩子入队 { Q.push(node->right); } }} 小结一下： 用栈来实现比增加指向父节点指针回溯更方便； 采用第一个思想，就是跟踪指针移动 用栈保存中间结果的实现方式，先序与中序难度一致，后序很困难。先序与中序只需要修改一下访问的位置即可。
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