标签：复杂 render family default 一个栈 复杂度 sea splay cli
看见一句话，感觉很好，记录一下：贵有恒，何须三更醒五更眠。最无益，莫过一日曝十日寒。
谈到中序遍历，常规的思路一个是递归，一个是迭代，其中迭代的思想需要显式的维护一个栈，以此来辅助遍历，但这连两种方法都不能达到O1的空间复杂度。刷题的时候看到一个巧妙的方法，利用二叉树中的闲散指针，每个节点访问两次，以时间换取空间的方法，O(2n)的时间也不会多出太久，达到了O1的空间占用。这种方法叫做Morris中序遍历。
原题为力扣中99. 恢复二叉搜索树，是一道难度不高的题，但贵在一题多解，这个方法很值得学习。
算法步骤如下：
其实整个过程我们就多做一步：将当前节点左子树中最右边的节点指向它，这样在左子树遍历完成后我们通过这个指向走回了 xx，且能再通过这个知晓我们已经遍历完成了左子树，而不用再通过栈来维护，省去了栈的空间复杂度。
代码实现如下：
void recoverTree(TreeNode* root) { TreeNode* x=nullptr; TreeNode* y=nullptr; TreeNode* pre=nullptr; TreeNode* predecessor=nullptr; while(root){ if(root->left){ //有左子树，遍历找到前序节点，然后指向root节点。 predecessor=root->left; while(predecessor->right && predecessor->right!=root){ predecessor=predecessor->right; } if(predecessor->right){ //有后续，需断开 if(pre&& pre->val>root->val){ y=root; if(x==nullptr){ x=pre; } } predecessor->right=nullptr; pre=root; root=root->right; } else{ //不需要断开 predecessor->right=root; root=root->left; } } else{ //无左子树 if(pre&& pre->val>root->val){ y=root; if(x==nullptr){ x=pre; } } pre=root; root=root->right; } } swap(x->val,y->val); }
标签：复杂 render family default 一个栈 复杂度 sea splay cli
原文地址：https://www.cnblogs.com/awangkuo/p/14964604.html
