中序扫描-三种解法
LeetCode94-二叉树的中序遍历
解法3参考公式问题求解
解法1 :递归
基础解法容易想出来，容易写。 时空复杂度均为o(n )
类别解决方案{ public : vectorintinordertraversal (treenode * root ) { vectorint res； 根0 (RES，root )； 返回RES； }voidroot0(vectorintRES，TreeNode* root ) if ) root==nullptr ) return； 根0 (RES，根左)； RES.push _ back (根val； 根0 (RES，root-right )； 返回； }； 解法2 :迭代
也是基础解法，实际上和递归一样。 递归操作本质上是隐式维护堆栈的，表示采用迭代，添加并使用堆栈。
编程的想法是在初始化堆栈的同时收集“左”的值，从堆栈追溯到“根”和“右”。
时空复杂度和递归法都是o(n )
class solution { public : vectorintinordertraversal (treenode * root ) { stackTreeNode * MyStack； 矢量输入RES； wile (路线！=nullptr ||！ MyStack.empty () )//2处的路由判断为空指针如果被使用！ 路线是错的，我不能理解，但我受到了很大的冲击{while (路线！=nullptr(MyStack.push ) ) root； root=root-left } root=mystack.top (； RES.push _ back (根val； MyStack.pop (； 根=根-光}返回RES； }； 解法Morris解法
这两种解决方案都隐式或显式保留堆栈的路径，以便在将左节点的值入队后找到父节点和右节点。 该解法是在空间上节约维护成本。 一般的想法是利用各节点的左子树的最右节点的右指针(一定是空指针)，来指向该子树的父节点。 这样，对于每个节点，在遍历“左”之后，可以在添加的指针处找到“根”，并且可以找到“右”。
时间的复杂性是o(n ) )。 具体而言，每个节点遍历两次，因此为2n。
空间复杂性o(1)没有额外的使用空间
类别解决方案{ public : vectorintinordertraversal (treenode * root ) { vectorint res； TreeNode *predecessor=nullptr； wile (路线！=nullptr(if ) root-left！=nullptr(/predecessor节点在当前根节点上向左一步，直到不能向右)； 微信(predecessor-right！=nullptr predecessor-right！=root(//找到左侧子树的最右边节点，在predecessor中{ predecessor=predecessor-right； }if(predecessor-right==nullptr ) /说明当前是用右指针建立父子连接的过程(将predecessor的右指针指向root，左部分的树({ predecessor-- tr } root=root-left } else //表示当前已建立连接，已访问通过获取val值获取res的进程中的//左子树，{ RES.push _ back (根_ back ) predecessor-right=nullptr； 如果只是为了获得方便的结果，以便恢复//树的结构，则实际上可以不使用此步骤。如果在//leetcode测试中注释掉此行的代码，则可能是因为更改了树的结构}//如果没有左子项，则直接访问右子项的else{RES.push_back(root-val )； 根=根-光} }返回RES； }；