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
void InOrder3(TNode* root)
{
    while ( root != NULL ) // 回溯到根节点时为NULL,退出
    {
        while ( root->left != NULL && !root->left->bVisited )
        {                  // 沿左子树向下搜索当前子树尚未访问的最左节点           
            root = root->left;
        }
        if ( !root->bVisited )
        {                  // 访问尚未访问的最左节点
            Visit(root);
            root->bVisited=true;
        }
        if ( root->right != NULL && !root->right->bVisited )
        {                  // 遍历当前节点的右子树  
            root = root->right;
        }
        else
        {                 // 回溯至父节点
            root = root->parent;
        }
    }
}
这个算法时间复杂度与空间复杂度与第3个先序遍历的版本是一样的。
 
3.后序遍历
从直觉上来说,后序遍历对比中序遍历难度要增大很多。因为中序遍历节点序列有一点的连续性,而后续遍历则感觉有一定的跳跃性。先左,再右,最后才中间节点;访问左子树后,需要跳转到右子树,右子树访问完毕了再回溯至根节点并访问之。这种序列的不连续造成实现前面先序与中序类似的第1个与第3个版本比较困难。但是按照第2个思想,直接来模拟递归还是非常容易的。如下:
// 后序遍历伪代码:非递归版本,用栈实现
void PostOrder(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,左节点,根节点 入栈
            if ( node->right != NULL )
            {
                node->right->bPushed = false; // 左右子树均设置为false
                S.push(node->right);
            }
            if ( node->left != NULL )
            {
                node->left->bPushed = false;
                S.push(node->left);
            }
            node->bPushed = true;            // 根节点标志位为true
            S.push(node);
        }
    }
}
和中序遍历的第2个版本比较,仅仅只是把左孩子入栈和根节点入栈顺序调换一下;这种差别就跟递归版本的中序与后序一样。
 
4.层序遍历
这个很简单,就不说老。
// 层序遍历伪代码:非递归版本,用队列完成
void LevelOrder(TNode *root)
{
    Queue Q;
    Q.push(root);
    while (!Q.empty())
    {
        node = Q.front();        // 取出队首值并访问
        Visit(node);
        if (NULL != node->left)  // 左孩子入队
        {          
            Q.push(node->left);    
        }
        if (NULL != node->right) // 右孩子入队
        {
            Q.push(node->right);
        }
    }
}
小结一下:
用栈来实现比增加指向父节点指针回溯更方便;
采用第一个思想,就是跟踪指针移动 用栈保存中间结果的实现方式,先序与中序难度一致,后序很困难。先序与中序只需要修改一下访问的位置即可。
采用第二个思想,直接用栈来模拟递归,先序非常简单;而中序与后序难度一致。先序简单是因为节点可以直接访问,访问完毕后无需记录。而中序与后序时,节点在弹栈后还不能立即访问,还需要等其他节点访问完毕后才能访问,因此节点需要设置标志位来判定,因此需要额外的O(n)空间。

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