【Lintcode】915. Inorder Predecessor in BST

题目地址：

https://www.lintcode.com/problem/inorder-predecessor-in-bst/description

给定一棵BST，再给定其中一个节点p，求其中序遍历的前驱节点。

中序遍历的前驱节点的意思是，比p小的所有节点里取最大的，也就是以p为根的子树的左子树的最右边的节点。如果p左子树为空，并且p是其父亲的右儿子，那就是p的父亲；如果p左子树为空，并且p是其父亲的左儿子，那整棵树中就不存在p的前驱，返回null。所以可以先设一个前驱指针，这个指针的用处是，在找到p的左子树后，跟在另一个指针后面，然后让另一个指针向右探路直到走到null。

详细说来算法是这样的：设原树树根为root。
如果p小于等于root，那么此时p的左子树一定在root的左边，所以root向左走一步；
如果p大于root，这里分两种情况：
1、如果root已经在p的左子树里了（准确的说root或者是p左子树根，或者是左子树的右链里，右链指的是从树根一路向右走经过的节点），那就开另一个指针pred跟在root后面，然后root一路向右走直到走到null，最后返回那个跟在root后面的指针即可。
2、如果root在p的左上方，那也像上面一样操作开个指针跟在root后面，然后root一路向右走，直到root大于等于p为止。

最后，当root等于null的时候，要么说明root走到了p的空的左子树上，此时pred是p的左父亲，所以返回pred；要么root走到了p的左子树的最右边的节点的右null孩子，此时pred就是p的左子树的最右边的节点，所以也返回pred；要么root一路向左走到了null，说明p已经是最小值了，没有前驱，此时pred是默认值null，所以也返回pred。代码如下：

public class Solution {
    /**
     * @param root: the given BST
     * @param p: the given node
     * @return: the in-order predecessor of the given node in the BST
     */
    public TreeNode inorderPredecessor(TreeNode root, TreeNode p) {
        // write your code here
        TreeNode pred = null;
        while (root != null) {
            if (root.val >= p.val) {
                root = root.left;
            } else {
            	// 此时root.val < p.val
                pred = root;
                root = root.right;           
            }
        }
        
        return pred;
    }
}

class TreeNode {
    int val;
    TreeNode left, right;
    
    TreeNode(int x) {
        val = x;
    }
}

时间复杂度$O(h)$，空间$O(1)$。