*python3__leecode/0145. 二叉树的后序遍历

一、刷题内容

原题链接

https://leetcode-cn.com/problems/binary-tree-postorder-traversal/

内容描述

给定一个二叉树，返回它的 后序 遍历。

示例:

输入: [1,null,2,3]  
   1
    \
     2
    /
   3 

输出: [3,2,1]

进阶: 递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？

二、解题方法

1.方法一：递归

定义 postorder(root) 表示当前遍历到 root 节点的答案。按照定义，我们只要递归调用 postorder(root->left) 来遍历 root 节点的左子树，然后递归调用 postorder(root->right) 来遍历 root 节点的右子树，最后将 root 节点的值加入答案即可，递归终止的条件为碰到空节点。

class Solution:
    def postorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
        def postorder(root: TreeNode):
            if not root:
                return
            postorder(root.left)
            postorder(root.right)
            res.append(root.val)
        
        res = list()
        postorder(root)
        return res

时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉搜索树的节点数。每一个节点恰好被遍历一次。
空间复杂度：O(n)，为递归过程中栈的开销，平均情况下为 O(logn)，最坏情况下树呈现链状，为 O(n)。

2.方法二：迭代

我们也可以用迭代的方式实现方法一的递归函数，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，其余的实现与细节都相同，具体可以参考下面的代码。

class Solution:
    def postorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
        if not root:
            return list()
        
        res = list()
        stack = list()
        prev = None

        while root or stack:
            while root:
                stack.append(root)
                root = root.left
            root = stack.pop()
            if not root.right or root.right == prev:
                res.append(root.val)
                prev = root
                root = None
            else:
                stack.append(root)
                root = root.right
        
        return res

时间复杂度：O(n)。
空间复杂度：O(n)。

*3.方法三：Morris 遍历

Morris 遍历的核心思想是利用树的大量空闲指针，实现空间开销的极限缩减。其后序遍历规则总结如下：

1.新建临时节点，令该节点为 root；
2.如果当前节点的左子节点为空，则遍历当前节点的右子节点；
3.如果当前节点的左子节点不为空，在当前节点的左子树中找到当前节点在中序遍历下的前驱节点；

如果前驱节点的右子节点为空，将前驱节点的右子节点设置为当前节点，当前节点更新为当前节点的左子节点。

如果前驱节点的右子节点为当前节点，将它的右子节点重新设为空。倒序输出从当前节点的左子节点到该前驱节点这条路径上的所有节点。当前节点更新为当前节点的右子节点。

4.重复步骤 2 和步骤 3，直到遍历结束。

这样我们利用 Morris 遍历的方法，后序遍历该二叉搜索树，即可实现线性时间与常数空间的遍历。

class Solution:
    def postorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
        def addPath(node: TreeNode):
            count = 0
            while node:
                count += 1
                res.append(node.val)
                node = node.right
            i, j = len(res) - count, len(res) - 1
            while i < j:
                res[i], res[j] = res[j], res[i]
                i += 1
                j -= 1
        
        if not root:
            return list()
        
        res = list()
        p1 = root

        while p1:
            p2 = p1.left
            if p2:
                while p2.right and p2.right != p1:
                    p2 = p2.right
                if not p2.right:
                    p2.right = p1
                    p1 = p1.left
                    continue
                else:
                    p2.right = None
                    addPath(p1.left)
            p1 = p1.right
        
        addPath(root)
        return res

时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。没有左子树的节点只被访问一次，有左子树的节点被访问两次。
空间复杂度：O(1)。只操作已经存在的指针（树的空闲指针），因此只需要常数的额外空间。