二叉树非递归遍历

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1.先序遍历

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