Morris遍历
概念
Morris解决的问题，二叉树的三种遍历，时间复杂度O(N)，空间复杂度O(1)，核心在与利用二叉树的空闲指针。
Morris遍历的基本思想是：
- 开始时当前节点(cur)指向头节点，当前节点为空整个过程停止
- 如果当前节点的左子树为空，则遍历当前节点的右子树。
- 如果当前节点的左子树不为空，找到当前节点左子树上最右的节点mostright
- 如果mostright的右指针指向空，让其指向cur,cur向左移动。
- 如果mostright的右指针指向cur,让其指向空，cur向右移动。
理解核心：没有左子树的节点只到达一次，有左子树的节点到达两次。因为有左子树就有左子树的最右节点，最右节点指向空时，就让其指向cur，进行“搭桥”，为第二次的访问做准备，但是如果没有左子树，遍历过程不会回到该节点，因此就不会再次访问到cur节点，所以到达一次。
对于有左子树的情况，利用左子树最右节点的右指针状态，来标记是第几次到达，如果指向空，表示第一次到达，如果指向的是cur，表示是第二次到达。
时间复杂度和空间复杂度
每个节点都需要判断它的左树最右节点指向的是空还是自己，这样做的时间复杂度还是O(N)吗？是的，首先对于没有左子树的节点，计算它们时不需要向下访问，只需要对有左子树的节点进行向下两次访问，都是找左子树的最右节点，这样子可以得出二叉树上的节点被访问2次，2是个常数，因此时间复杂度为O(N)。
Morris遍历不需要使用栈或递归调用栈来存储节点信息，因此空间复杂度为O(1)。
代码实现：
#include<iostream>
using namespace std;
struct TreeNode {
int val;
TreeNode* left;
TreeNode* right;
TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
};
void morris(TreeNode* head) {
TreeNode* cur = head;
TreeNode* mostRight = nullptr;
while (cur != nullptr) {
mostRight = cur->left;
if (mostRight != nullptr) {
// 有左树,找左树的最右节点
while (mostRight->right != nullptr && mostRight->right != cur) {
mostRight = mostRight->right;
}
// 第一次找到
if (mostRight->right == nullptr) {
mostRight->right = cur;
cur = cur->left;
continue; // 回到while
}
else {
// 第二次
mostRight->right = nullptr;
}
}
// 没有左树
cur = cur->right;
}
}前序遍历：如果是没有左子树的节点，直接打印，具有左子树的节点，第一次遇到进行打印
中序遍历：如果是没有左子树的节点，直接打印，具有左子树的节点，第二次遇到进行打印
144. 二叉树的前序遍历 - 力扣（LeetCode）
void morrisPre(TreeNode* head,vector<int> &ans) {
TreeNode* cur = head;
TreeNode* mostRight = nullptr;
while (cur != nullptr) {
mostRight = cur->left;
if (mostRight != nullptr) {
// 有左树,找左树的最右节点
while (mostRight->right != nullptr && mostRight->right != cur) {
mostRight = mostRight->right;
}
// 第一次找到
if (mostRight->right == nullptr) {
ans.push_back(cur->val);
mostRight->right = cur;
cur = cur->left;
continue; // 回到while
}
else {
// 第二次
mostRight->right = nullptr;
}
} else {
// 没有左树
ans.push_back(cur->val);
}
cur = cur->right;
}
}
vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
vector<int> ans;
morrisPre(root, ans);
return ans;
}中序遍历同理
后续遍历
只关注能到达两次的节点，当第二次到达后，逆序收集该节点的左树右边界，最后逆序收集整棵树的右边界。
那么逆序收集怎么来，用栈吗？虽然可行，但是不好，因为我们用Morris遍历就是为了省空间，开辟一个栈又要申请额外的空间。怎么办？进行单链表反转就可以了，在右指针上进行链表反转，可以在不增加额外空间的情况下，实现对节点的逆序收集 。
链表反转完成之后，进行答案的收集，最后将链表再次反转回去，有可能其他节点继续使用，不要破坏树的结构。实现要点：1.单链表的反转。2.节点的收集时间以及链表的恢复。
// 从from出发，类似单链表翻转，去翻转right指针的方向
TreeNode* reverse(TreeNode* from) {
TreeNode* pre = nullptr;
TreeNode* next = nullptr;
while (from != nullptr) {
next = from->right;
from->right = pre;
pre = from;
from = next;
}
return pre;
}
// head为头，树的右边界逆序收集
void collect(TreeNode* head, vector<int>& ans) {
TreeNode* tail = reverse(head);
TreeNode* cur = tail;
while (cur != nullptr) {
ans.push_back(cur->val);
cur = cur->right;
}
reverse(tail);
}
void morrisPostorder(TreeNode* head, vector<int>& ans) {
TreeNode* cur = head;
TreeNode* mostRight = nullptr;
while (cur != nullptr) {
mostRight = cur->left;
if (mostRight != nullptr) {
// 有左树,找左树的最右节点
while (mostRight->right != nullptr && mostRight->right != cur) {
mostRight = mostRight->right;
}
// 第一次找到
if (mostRight->right == nullptr) {
mostRight->right = cur;
cur = cur->left;
continue; // 回到while
}
else {
// 第二次
mostRight->right = nullptr;
collect(cur->left, ans);
}
}
cur = cur->right;
}
collect(head, ans);
}
vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {
vector<int> ans;
morrisPostorder(root, ans);
return ans;
}Morris的局限性
-
修改树结构：Morris遍历在遍历过程中会暂时修改树的结构，即通过设置某些节点的右指针指向其前驱节点（也称为"线索化"）。虽然在遍历结束后会恢复树的原貌，但在遍历过程中树的结构是不稳定的。
-
实现复杂：相比于递归或迭代方法，Morris遍历的实现较为复杂，理解起来也更为困难。它需要处理多种情况，如节点的左子树是否存在、是否是第二次访问某个节点等。
-
不适用于非递归树：Morris遍历依赖于树是递归定义的，即每个节点最多有两个子节点。对于非递归定义的树结构（如多叉树），Morris遍历方法不适用。
-
不适合修改操作：由于Morris遍历会修改节点的右指针，如果在遍历过程中进行修改操作（如插入或删除节点），可能会导致算法失败或需要额外的逻辑来处理这些情况。
-
不适合需要回溯的情况：在某些遍历算法中，可能需要回溯到父节点或祖先节点，这在Morris遍历中比较困难，因为它不保存父节点的信息。
-
不适合并行处理：由于Morris遍历依赖于特定的线索化操作，这使得并行处理变得复杂，因为它需要同步访问和修改树的结构。
-
不适合遍历特定路径：如果需要遍历从根节点到某个特定节点的路径，Morris遍历并不是最佳选择，因为它不提供直接的路径跟踪机制。
-
不适用于有额外约束的树：如果树结构有额外的约束，比如某些节点不能被线索化，那么Morris遍历可能不适用。
二叉树的最小深度
首先要明确求当前节点在那一层，根据Morris遍历，树上的节点要么是从父节点到达，要么是从左子树的最右节点来的。有一个preLevel，如果是从父节点来的，那么高度是上一层的高度+1，如果是从左子树的最右节点来的，那么是preLevel减去该节点左树右边界的节点个数。
现在每个节点在那一层解决了，那么如何得到叶节点呢？左右子树为空？不行，因为在遍历的过程中，树已经被修改，就像上面，h指向了b,并不是空节点。
当节点恢复过来不就好了吗，第二次到达b是，h的右节点就指向了空，这就恢复过来了，此时就求得了h是叶节点以及h的正确高度，每到一个叶节点，高度进行比较。注意：有时向上指的并不一定是叶节点，例如：下图中的h，此时不进行更新答案。
以及整棵树的最右边的节点是叶节点，参与最小高度的比较，如果不是，不参与比较。
int minDepth(TreeNode* head) {
if (head == nullptr) {
return 0;
}
TreeNode* cur = head;
TreeNode* mostRight = nullptr;
// morris遍历中，上一个节点所在的层数
int preLevel = 0;
// 树的右边界长度
int rightLen;
int ans = INT_MAX;
while (cur != nullptr) {
mostRight = cur->left;
// 有左孩子
if (mostRight != nullptr) {
// 右边界的长度，为了向上更新第二次到达节点的高度
rightLen = 1;
// 左树右边界
while (mostRight->right != nullptr && mostRight->right != cur) {
rightLen++;
mostRight = mostRight->right;
}
// 第一次来的
if (mostRight->right == nullptr) {
preLevel++;
mostRight->right = cur;
cur = cur->left;
continue;
}
// 第二次来
else {
// 是叶节点
if (mostRight->left == nullptr) {
ans = min(ans, preLevel);
}
// 更新高度，左树最右节点高度 - 右边界的长度
preLevel -= rightLen;
mostRight->right = nullptr;
}
}
// 没有左孩子，当前节点深度是上一层+1
else {
preLevel++;
}
// 没有左孩子，向右走
cur = cur->right;
}
// 整棵树的最右节点
rightLen = 1;
cur = head;
while (cur->right != nullptr) {
rightLen++;
cur = cur->right;
}
// 整棵树的最右节点是叶节点才纳入统计
if (cur->left == nullptr) {
ans = min(ans, rightLen);
}
return ans;
}
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