0145. 二叉树的后序遍历

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

栈
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

终止条件，自然是当前这个元素是 null（链表也是一样）
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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关键点解析

代码

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