二叉树
chefyuan
parent
e2394cdd6d
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b2e84c94ba
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@ -87,9 +87,11 @@
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- [【动画模拟】堆排序](https://github.com/chefyuan/algorithm-base/blob/main/animation-simulation/%E6%95%B0%E6%8D%AE%E7%BB%93%E6%9E%84%E5%92%8C%E7%AE%97%E6%B3%95/%E5%A0%86%E6%8E%92%E5%BA%8F.md)
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- [【动画模拟】计数排序](https://github.com/chefyuan/algorithm-base/blob/main/animation-simulation/%E6%95%B0%E6%8D%AE%E7%BB%93%E6%9E%84%E5%92%8C%E7%AE%97%E6%B3%95/%E8%AE%A1%E6%95%B0%E6%8E%92%E5%BA%8F.md)
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### 🍺二叉树基础
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### 🍺二叉树
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- [前序遍历（迭代+Morris）](https://github.com/chefyuan/algorithm-base/blob/main/animation-simulation/%E4%BA%8C%E5%8F%89%E6%A0%91/%E4%BA%8C%E5%8F%89%E6%A0%91%E7%9A%84%E5%89%8D%E5%BA%8F%E9%81%8D%E5%8E%86(%E6%A0%88).md)
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- [【动画模拟】前序遍历（迭代+Morris）](https://github.com/chefyuan/algorithm-base/blob/main/animation-simulation/%E4%BA%8C%E5%8F%89%E6%A0%91/%E4%BA%8C%E5%8F%89%E6%A0%91%E7%9A%84%E5%89%8D%E5%BA%8F%E9%81%8D%E5%8E%86(%E6%A0%88).md)
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- 【动画模拟】中序遍历（迭代+Morris）
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- 【动画模拟】后序遍历（迭代+Morris）
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### 🍗排序算法秒杀题目
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@ -265,4 +267,4 @@
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<div align="center"> <img src="https://cdn.jsdelivr.net/gh/tan45du/photobed@master/赞赏码.2mrhxsmxexa0.png" width = "200px" hight = "200px"/> </div>
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###### ####
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@ -0,0 +1,157 @@
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哈喽大家好，我是厨子，之前我们说了二叉树前序遍历的迭代法和 Morris，今天咱们写一下中序遍历的迭代法和 Morris。
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> 注：数据结构掌握不熟练的同学，阅读该文章之前，可以先阅读这两篇文章，二叉树基础，前序遍历另外喜欢电脑阅读的同学，可以在小屋后台回复仓库地址，获取 Github 链接进行阅读。
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中序遍历的顺序是, `对于树中的某节点,先遍历该节点的左子树, 然后再遍历该节点, 最后遍历其右子树`。老规矩，上动画，我们先通过动画回忆一下二叉树的中序遍历。
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注：二叉树基础总结大家可以阅读这篇文章，点我。
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## 迭代法
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我们二叉树的中序遍历迭代法和前序遍历是一样的，都是借助栈来帮助我们完成。
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我们结合动画思考一下，该如何借助栈来实现呢？
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我们来看下面这个动画。
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用栈实现的二叉树的中序遍历有两个关键的地方。
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- 指针不断向节点的左孩子移动，为了找到我们当前需要遍历的节点。途中不断执行入栈操作
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- 当指针为空时，则开始出栈，并将指针指向出栈节点的右孩子。
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这两个关键点也很容易理解，指针不断向左孩子移动，是为了找到我们此时需要节点。然后当指针指向空时，则说明我们此时已经找到该节点，执行出栈操作，并将其值存入 list 即可，另外我们需要将指针指向出栈节点的右孩子，迭代执行上诉操作。
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大家是不是已经知道怎么写啦，下面我们看代码吧。
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```java
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class Solution {
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public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
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List<Integer> arr = new ArrayList<>();
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TreeNode cur = new TreeNode(-1);
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cur = root;
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Stack<TreeNode> stack = new Stack<>();
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while (!stack.isEmpty() || cur != null) {
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//找到当前应该遍历的那个节点
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while (cur != null) {
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stack.push(cur);
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cur = cur.left;
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}
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//此时指针指向空，也就是没有左子节点，则开始执行出栈操作
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TreeNode temp = stack.pop();
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arr.add(temp.val);
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//指向右子节点
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cur = temp.right;
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}
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return arr;
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}
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}
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```
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### **Morris**
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我们之前说过，前序遍历的 Morris 方法，如果已经掌握，今天中序遍历的 Morris 方法也就没有什么难度，仅仅修改了一丢丢。
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我们先来回顾一下前序遍历 Morris 方法的代码部分。
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**前序遍历 Morris 代码**
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```java
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class Solution {
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public List<Integer> preorderTraversal(TreeNode root) {
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List<Integer> list = new ArrayList<>();
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if (root == null) {
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return list;
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}
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TreeNode p1 = root; TreeNode p2 = null;
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while (p1 != null) {
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p2 = p1.left;
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if (p2 != null) {
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//找到左子树的最右叶子节点
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while (p2.right != null && p2.right != p1) {
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p2 = p2.right;
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}
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//添加 right 指针，对应 right 指针为 null 的情况
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//标注 1
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if (p2.right == null) {
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list.add(p1.val);
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p2.right = p1;
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p1 = p1.left;
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continue;
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}
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//对应 right 指针存在的情况，则去掉 right 指针
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||||
p2.right = null;
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//标注2
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} else {
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list.add(p1.val);
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}
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//移动 p1
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p1 = p1.right;
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}
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return list;
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}
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}
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```
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我们先来看标注 1 的部分，这里的含义是，当找到 p1 指向节点的左子树中的最右子节点时。也就是下图中的情况，此时我们需要将 p1 指向的节点值，存入 list。
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上述为前序遍历时的情况，那么中序遍历应该如何操作嘞。
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前序遍历我们需要移动 p1 指针，`p1 = p1.left` 这样做的原因和上述迭代法原理一致，找到我们当前需要遍历的那个节点。
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我们还需要修改哪里呢？见下图
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我们在前序遍历时，遇到 `p2.right == p1`的情况时，则会执行 `p2.right == null` 并让 `p1 = p1.right`,这样做是因为，我们此时 p1 指向的值已经遍历完毕，为了防止重复遍历。
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但是呢，在我们的中序 Morris 中我们遇到`p2.right == p1`此时 p1 还未遍历，所以我们需要在上面两条代码之间添加一行代码`list.add(p1.val);`
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好啦，到这里我们就基本上就搞定了中序遍历的 Morris 方法，下面我们通过动画来加深一下印象吧，当然我也会把前序遍历的动画放在这里，大家可以看一下哪里有所不同。
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**参考代码：**
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```java
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//中序 Morris
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class Solution {
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public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
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List<Integer> list = new ArrayList<Integer>();
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if (root == null) {
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return list;
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}
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TreeNode p1 = root;
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TreeNode p2 = null;
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while (p1 != null) {
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p2 = p1.left;
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if (p2 != null) {
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while (p2.right != null && p2.right != p1) {
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p2 = p2.right;
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}
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if (p2.right == null) {
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p2.right = p1;
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p1 = p1.left;
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continue;
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} else {
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p2.right = null;
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}
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}
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list.add(p1.val);
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p1 = p1.right;
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}
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return list;
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}
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}
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```
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@ -37,7 +37,6 @@ PS：本篇文章内容较基础，对于没有学过数据结构的同学会有
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我们先来看下百度百科对树的定义
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> 树是 n （n >= 0） 个节点的有限集。 n = 0 时 我们称之为空树, 空树是树的特例。
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>
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在`任意一棵非空树`中：
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@ -0,0 +1,106 @@
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### Morris
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Morris 遍历利用树的左右孩子为空（大量空闲指针），实现空间开销的极限缩减。这个遍历方法，稍微有那么一丢丢难理解，不过结合动图，也就一目了然啦，下面我们先看动画吧。
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看完视频，是不是感觉自己搞懂了，又感觉自己没搞懂，哈哈，咱们继续往下看。
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我们之前说的，Morris 遍历利用了`树中大量空闲指针的特性`，我们需要`找到当前节点的左子树中的最右边的叶子节点`，将该叶子节点的 right 指向当前节点。例如当前节点为2，其左子树中的最右节点为 9 ，则在 9 节点添加一个 right 指针指向 2。
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其实上图中的 Morris 遍历遵循两个原则，我们在动画中也能够得出。
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1. 当 p1.left == null 时，p1 = p1.right。(这也就是我们为什么要给叶子节点添加 right 指针的原因)
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2. 如果 p1.left != null，找到 p1 左子树上最右的节点。(也就是我们的 p2 最后停留的位置)，此时我们又可以分为两种情况，一种是叶子节点添加 right 指针的情况，一种是去除叶子节点 right 指针的情况。
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3. - 如果 p2 的 right 指针指向空，让其指向 p1，p1向左移动,即 p1 = p1.left
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- 如果 p2 的 right 指针指向 p1，让其指向空，（为了防止重复执行，则需要去掉 right 指针）p1 向右移动，p1 = p1.right。
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这时你可以结合咱们刚才提到的两个原则，再去看一遍动画，并代入规则进行模拟，差不多就能完全搞懂啦。
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下面我们来对动画中的内容进行拆解 ，
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首先 p1 指向 root节点
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p2 = p1.left，下面我们需要通过 p2 找到 p1的左子树中的最右节点。即节点 5，然后将该节点的 right 指针指向 root。并记录 root 节点的值。
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向左移动 p1，即 p1 = p1.left
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p2 = p1.left ，即节点 4 ，找到 p1 的左子树中的最右叶子节点，也就是 9，并将该节点的 right 指针指向 2。
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继续向左移动 p1,即 p1 = p1.left，p2 = p1.left。 也就是节点 8。并将该节点的 right 指针指向 p1。
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我们发现这一步给前两步是一样的，都是找到叶子节点，将其 right 指针指向 p1,此时我们完成了添加 right 指针的过程，下面我们继续往下看。
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我们继续移动 p1 指针，p1 = p1.left。p2 = p.left。此时我们发现 p2 == null,即下图
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此时我们需要移动 p1, 但是不再是 p1 = p1.left 而是 p1 = p1.right。也就是 4，继续让 p2 = p1.left。此时则为下图这种情况
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此时我们发现 p2.right != null 而是指向 4，说明此时我们已经添加过了 right 指针，所以去掉 right 指针，并让 p1 = p1.right
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下面则继续移动 p1 ,按照规则继续移动即可，遇到的情况已经在上面做出了举例，所以下面我们就不继续赘述啦，如果还不是特别理解的同学，可以再去看一遍动画加深下印象。
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时间复杂度 O（n），空间复杂度 O（1）
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下面我们来看代码吧。
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#### 代码
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```java
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class Solution {
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public List<Integer> preorderTraversal(TreeNode root) {
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List<Integer> list = new ArrayList<>();
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if (root == null) {
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return list;
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}
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TreeNode p1 = root; TreeNode p2 = null;
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while (p1 != null) {
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p2 = p1.left;
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if (p2 != null) {
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//找到左子树的最右叶子节点
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while (p2.right != null && p2.right != p1) {
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p2 = p2.right;
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}
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//添加 right 指针，对应 right 指针为 null 的情况
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if (p2.right == null) {
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list.add(p1.val);
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p2.right = p1;
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p1 = p1.left;
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continue;
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}
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//对应 right 指针存在的情况，则去掉 right 指针
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p2.right = null;
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} else {
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list.add(p1.val);
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}
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//移动 p1
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p1 = p1.right;
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}
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return list;
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}
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}
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```
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好啦，今天就看到这里吧，咱们下期见！
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@ -67,107 +67,3 @@ class Solution {
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}
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### Morris
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Morris 遍历利用树的左右孩子为空（大量空闲指针），实现空间开销的极限缩减。这个遍历方法，稍微有那么一丢丢难理解，不过结合动图，也就一目了然啦，下面我们先看动画吧。
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看完视频，是不是感觉自己搞懂了，又感觉自己没搞懂，哈哈，咱们继续往下看。
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我们之前说的，Morris 遍历利用了`树中大量空闲指针的特性`，我们需要`找到当前节点的左子树中的最右边的叶子节点`，将该叶子节点的 right 指向当前节点。例如当前节点为2，其左子树中的最右节点为 9 ，则在 9 节点添加一个 right 指针指向 2。
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其实上图中的 Morris 遍历遵循两个原则，我们在动画中也能够得出。
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1. 当 p1.left == null 时，p1 = p1.right。(这也就是我们为什么要给叶子节点添加 right 指针的原因)
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2. 如果 p1.left != null，找到 p1 左子树上最右的节点。(也就是我们的 p2 最后停留的位置)，此时我们又可以分为两种情况，一种是叶子节点添加 right 指针的情况，一种是去除叶子节点 right 指针的情况。
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3. - 如果 p2 的 right 指针指向空，让其指向 p1，p1向左移动,即 p1 = p1.left
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- 如果 p2 的 right 指针指向 p1，让其指向空，（为了防止重复执行，则需要去掉 right 指针）p1 向右移动，p1 = p1.right。
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这时你可以结合咱们刚才提到的两个原则，再去看一遍动画，并代入规则进行模拟，差不多就能完全搞懂啦。
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下面我们来对动画中的内容进行拆解 ，
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首先 p1 指向 root节点
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p2 = p1.left，下面我们需要通过 p2 找到 p1的左子树中的最右节点。即节点 5，然后将该节点的 right 指针指向 root。并记录 root 节点的值。
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向左移动 p1，即 p1 = p1.left
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p2 = p1.left ，即节点 4 ，找到 p1 的左子树中的最右叶子节点，也就是 9，并将该节点的 right 指针指向 2。
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继续向左移动 p1,即 p1 = p1.left，p2 = p1.left。 也就是节点 8。并将该节点的 right 指针指向 p1。
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我们发现这一步给前两步是一样的，都是找到叶子节点，将其 right 指针指向 p1,此时我们完成了添加 right 指针的过程，下面我们继续往下看。
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我们继续移动 p1 指针，p1 = p1.left。p2 = p.left。此时我们发现 p2 == null,即下图
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此时我们需要移动 p1, 但是不再是 p1 = p1.left 而是 p1 = p1.right。也就是 4，继续让 p2 = p1.left。此时则为下图这种情况
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此时我们发现 p2.right != null 而是指向 4，说明此时我们已经添加过了 right 指针，所以去掉 right 指针，并让 p1 = p1.right
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下面则继续移动 p1 ,按照规则继续移动即可，遇到的情况已经在上面做出了举例，所以下面我们就不继续赘述啦，如果还不是特别理解的同学，可以再去看一遍动画加深下印象。
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时间复杂度 O（n），空间复杂度 O（1）
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下面我们来看代码吧。
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#### 代码
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```java
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class Solution {
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public List<Integer> preorderTraversal(TreeNode root) {
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List<Integer> list = new ArrayList<>();
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if (root == null) {
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return list;
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}
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TreeNode p1 = root; TreeNode p2 = null;
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while (p1 != null) {
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p2 = p1.left;
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if (p2 != null) {
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//找到左子树的最右叶子节点
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while (p2.right != null && p2.right != p1) {
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p2 = p2.right;
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}
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//添加 right 指针，对应 right 指针为 null 的情况
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if (p2.right == null) {
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list.add(p1.val);
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p2.right = p1;
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p1 = p1.left;
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continue;
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}
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//对应 right 指针存在的情况，则去掉 right 指针
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p2.right = null;
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} else {
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list.add(p1.val);
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}
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//移动 p1
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p1 = p1.right;
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}
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return list;
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}
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}
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```
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好啦，今天就看到这里吧，咱们下期见！
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@ -0,0 +1,207 @@
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之前给大家介绍了二叉树的[前序遍历]()，[中序遍历]()的迭代法和 Morris 方法，今天咱们来说一下二叉后序遍历的迭代法及 Morris 方法。
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注：阅读该文章前，建议各位先阅读之前的三篇文章，对该文章的理解有很大帮助。
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## 迭代
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后序遍历的相比前两种方法，难理解了一些，所以这里我们需要认真思考一下，每一行的代码的作用。
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我们先来复习一下，二叉树的后序遍历
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我们知道后序遍历的顺序是,` 对于树中的某节点, 先遍历该节点的左子树, 再遍历其右子树, 最后遍历该节点`。
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那么我们如何利用栈来解决呢？
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我们直接来看动画，看动画之前，但是我们`需要带着问题看动画`，问题搞懂之后也就搞定了后序遍历。
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1.动画中的橙色指针发挥了什么作用
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2.为什么动画中的某节点，为什么出栈后又入栈呢?
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好啦，下面我们看动画吧！
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相信大家看完动画之后，也能够发现其中规律。
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我们来对其中之前提出的问题进行解答
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1.动画中的橙色箭头的作用？
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> 用来定位住上一个访问节点，这样我们就知道 cur 节点的 right 节点是否被访问，如果被访问，我们则需要遍历 cur 节点。
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2.为什么有的节点出栈后又入栈了呢？
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> 出栈又入栈的原因是，我们发现 cur 节点的 right 不为 null ，并且 cur.right 也没有被访问过。因为 `cur.right != preNode `，所以当前我们还不能够遍历该节点，应该先遍历其右子树中的节点。
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>
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||||
> 所以我们将其入栈后，然后`cur = cur.right`
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```java
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class Solution {
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public List<Integer> postorderTraversal(TreeNode root) {
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Stack<TreeNode> stack = new Stack<>();
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List<Integer> list = new ArrayList<>();
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TreeNode cur = root;
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//这个用来记录前一个访问的节点，也就是橙色箭头
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TreeNode preNode = null;
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while (cur != null || !stack.isEmpty()) {
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//和之前写的中序一致
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while (cur != null) {
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stack.push(cur);
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cur = cur.left;
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}
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//1.出栈，可以想一下，这一步的原因。
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cur = stack.pop();
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//2.if 里的判断语句有什么含义？
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if (cur.right == null || cur.right == preNode) {
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list.add(cur.val);
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//更新下 preNode，也就是定位住上一个访问节点。
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preNode = cur;
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cur = null;
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} else {
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//3.再次压入栈，和上面那条 1 的关系？
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stack.push(cur);
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cur = cur.right;
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}
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}
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return list;
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}
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}
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```
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当然也可以修改下代码逻辑将 `cur = stack.pop()` 改成 `cur = stack.peek()`，下面再修改一两行代码也可以实现，这里这样写是方便动画模拟，大家可以随意发挥。
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时间复杂度 O（n）, 空间复杂度O（n）
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这里二叉树的三种迭代方式到这里就结束啦，大家可以进行归纳总结，三种遍历方式大同小异，建议各位，掌握之后，自己手撕一下，从搭建二叉树开始。
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另外大家也可以看下 Carl 哥的这篇文章，迭代遍历的另一种实现方式。
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> https://leetcode-cn.com/problems/binary-tree-postorder-traversal/solution/bang-ni-dui-er-cha-shu-bu-zai-mi-mang-che-di-chi-t/
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好啦，下面我们看下后序遍历的 Morris 方法。
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## Morris
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后序遍历的 Morris 方法也比之前两种代码稍微长一些，看着挺唬人,其实不难，和我们之前说的没差多少。下面我们一起来干掉它吧。
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我们先来复习下之前说过的[中序遍历]()，见下图。
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另外我们来对比下，中序遍历和后序遍历的 Morris 方法，代码有哪里不同。
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由上图可知，仅仅有三处不同，后序遍历里少了 `list.add()`，多了一个函数` postMorris() ` ，那后序遍历的 list.add() 肯定是在 postMorris 函数中的。所以我们搞懂了 postMorris 函数，也就搞懂了后序遍历的 Morris 方法（默认大家看了之前的文章，没有看过的同学，可以点击文首的链接）
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下面我们一起来剖析下 postMorris 函数.代码如下
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```java
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public void postMorris(TreeNode root) {
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//反转转链表，详情看下方图片
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TreeNode reverseNode = reverseList(root);
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//遍历链表
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TreeNode cur = reverseNode;
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while (cur != null) {
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list.add(cur.val);
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cur = cur.right;
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}
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//反转回来
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reverseList(reverseNode);
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}
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//反转链表
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public TreeNode reverseList(TreeNode head) {
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TreeNode cur = head;
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TreeNode pre = null;
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while (cur != null) {
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TreeNode next = cur.right;
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cur.right = pre;
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pre = cur;
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cur = next;
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}
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return pre;
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}
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```
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上面的代码，是不是贼熟悉，和我们的倒序输出链表一致，步骤为，反转链表，遍历链表，将链表反转回原样。只不过我们将 ListNode.next 写成了 TreeNode.right 将树中的遍历右子节点的路线，看成了一个链表，见下图。
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上图中的一个绿色虚线，代表一个链表，我们根据序号进行倒序遍历，看下是什么情况
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到这块是不是就整懂啦，打完收工！
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```java
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class Solution {
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List<Integer> list;
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public List<Integer> postorderTraversal(TreeNode root) {
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list = new ArrayList<>();
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if (root == null) {
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return list;
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}
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TreeNode p1 = root;
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TreeNode p2 = null;
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while (p1 != null) {
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p2 = p1.left;
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if (p2 != null) {
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while (p2.right != null && p2.right != p1) {
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p2 = p2.right;
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}
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if (p2.right == null) {
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p2.right = p1;
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p1 = p1.left;
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continue;
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} else {
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p2.right = null;
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postMorris(p1.left);
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}
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}
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||||
p1 = p1.right;
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}
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//以根节点为起点的链表
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postMorris(root);
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return list;
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}
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public void postMorris(TreeNode root) {
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//翻转链表
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TreeNode reverseNode = reverseList(root);
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||||
//从后往前遍历
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TreeNode cur = reverseNode;
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||||
while (cur != null) {
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list.add(cur.val);
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||||
cur = cur.right;
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||||
}
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||||
//翻转回来
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||||
reverseList(reverseNode);
|
||||
}
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public TreeNode reverseList(TreeNode head) {
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||||
TreeNode cur = head;
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||||
TreeNode pre = null;
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while (cur != null) {
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TreeNode next = cur.right;
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cur.right = pre;
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pre = cur;
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||||
cur = next;
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}
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return pre;
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}
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}
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```
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时间复杂度 O（n）空间复杂度 O（1）
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总结：后序遍历比起前序和中序稍微复杂了一些，所以我们解题的时候，需要好好注意一下，迭代法的核心是利用一个指针来定位我们上一个遍历的节点，Morris 的核心是，将某节点的右子节点，看成是一条链表，进行反向遍历。
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好啦，今天就唠到这吧，拜了个拜。
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@ -1,4 +0,0 @@
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ED = arg\quad max
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