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145.binary-tree-postorder-traversal.md

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题目地址(145. 二叉树的后序遍历)

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

题目描述

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?

前置知识

  • 递归

公司

  • 阿里
  • 腾讯
  • 百度
  • 字节

思路

相比于前序遍历,后续遍历思维上难度要大些,前序遍历是通过一个 stack,首先压入父亲结点,然后弹出父亲结点,并输出它的 value,之后压人其右儿子,左儿子即可。

然而后序遍历结点的访问顺序是:左儿子 -> 右儿子 -> 自己。那么一个结点需要两种情况下才能够输出: 第一,它已经是叶子结点; 第二,它不是叶子结点,但是它的儿子已经输出过。

那么基于此我们只需要记录一下当前输出的结点即可。对于一个新的结点,如果它不是叶子结点,儿子也没有访问,那么就需要将它的右儿子,左儿子压入。 如果它满足输出条件,则输出它,并记录下当前输出结点。输出在 stack 为空时结束。

关键点解析

  • 二叉树的基本操作(遍历)

    不同的遍历算法差异还是蛮大的

  • 如果非递归的话利用栈来简化操作

  • 如果数据规模不大的话,建议使用递归

  • 递归的问题需要注意两点,一个是终止条件,一个如何缩小规模

  1. 终止条件,自然是当前这个元素是 null(链表也是一样)

  2. 由于二叉树本身就是一个递归结构, 每次处理一个子树其实就是缩小了规模, 难点在于如何合并结果,这里的合并结果其实就是left.concat(right).concat(mid), mid 是一个具体的节点,left 和 right递归求出即可

代码

代码支持:JS, CPP

JS Code:

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * function TreeNode(val) {
 *     this.val = val;
 *     this.left = this.right = null;
 * }
 */
/**
 * @param {TreeNode} root
 * @return {number[]}
 */
var postorderTraversal = function (root) {
  // 1. Recursive solution

  // if (!root) return [];

  // return postorderTraversal(root.left).concat(postorderTraversal(root.right)).concat(root.val);

  // 2. iterative solutuon

  if (!root) return [];
  const ret = [];
  const stack = [root];
  let p = root; // 标识元素,用来判断节点是否应该出栈

  while (stack.length > 0) {
    const top = stack[stack.length - 1];
    if (
      top.left === p ||
      top.right === p || // 子节点已经遍历过了
      (top.left === null && top.right === null) // 叶子元素
    ) {
      p = stack.pop();
      ret.push(p.val);
    } else {
      if (top.right) {
        stack.push(top.right);
      }
      if (top.left) {
        stack.push(top.left);
      }
    }
  }

  return ret;
};

CPP Code:

class Solution {
public:
    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> ans;
        stack<TreeNode*> s;
        TreeNode *prev = NULL;
        while (root || s.size()) {
            while (root) {
                s.push(root);
                root = root->left;
            }
            root = s.top();
            if (!root->right || root->right == prev) {
                ans.push_back(root->val);
                s.pop();
                prev = root;
                root = NULL;
            } else root = root->right;
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

  • 时间复杂度:$O(N)$
  • 空间复杂度:$O(N)$

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