一、问题
一个二叉搜索树的根节点 root ，该树中的 恰好 两个节点的值被错误地交换。请在不改变其结构的情况下，恢复这棵树 。
示例 1：
输入：root = [1,3,null,null,2]
输出：[3,1,null,null,2]
解释：3 不能是 1 的左孩子，因为 3 > 1 。交换 1 和 3 使二叉搜索树有效。示例 2：
输入：root = [3,1,4,null,null,2]
输出：[2,1,4,null,null,3]
解释：2 不能在 3 的右子树中，因为 2 < 3 。交换 2 和 3 使二叉搜索树有效。二、题解
解法一
注意题目给出的条件，是 二叉搜索树，这就是意味着节点之间是有顺序关系的。
如果我们把整棵树都 遍历 一遍，将遍历的结果保存下来，比如放到一个数组中。
那么这个数组应该是有序的。
既然是有序的那就好办了，我们将这个有序的数组遍历一遍。
如果数组是完全有序的，那么直接返回就可以了。
否则，我们找到顺序不一致的两个下标 i 和 j，将 arr[i].val 和 arr[j].val 的值互换一下即可。
代码实现:
class Solution {
public void recoverTree(TreeNode root) {
List<TreeNode> list = new ArrayList<TreeNode>();
dfs(root,list);
TreeNode x = null;
TreeNode y = null;
//扫面遍历的结果，找出可能存在错误交换的节点x和y
for(int i=0;i<list.size()-1;++i) {
if(list.get(i).val>list.get(i+1).val) {
y = list.get(i+1);
if(x==null) {
x = list.get(i);
}
}
}
//如果x和y不为空，则交换这两个节点值，恢复二叉搜索树
if(x!=null && y!=null) {
int tmp = x.val;
x.val = y.val;
y.val = tmp;
}
}
//中序遍历二叉树，并将遍历的结果保存到list中
private void dfs(TreeNode node,List<TreeNode> list) {
if(node==null) {
return;
}
dfs(node.left,list);
list.add(node);
dfs(node.right,list);
}
}解法二
解法一种，我们利用了额外的数组保存了遍历的结果，如果后面一个数比前面一个数小，那就找到了要交换的节点。
按照同样的思路，用中序遍历的方式遍历这颗二叉搜索树，我们再增加一个辅助的 pre 指针，记录 上一个 节点的值。
如果 当前节点的值，小于 上一个节点的值，这就找到了需要交换的节点。利用这种方式，就不需要额外的数组空间了。
注意，这种方式仍然使用了外部空间，虽然我们只用了常数个变量，但是递归调用仍然是需要额外空间的，其空间复杂度是 O(h)O(h)O(h)，h 为树的高度。
所以用递归的方式遍历，或者手动模拟栈的方式遍历，都没有达到真正的常数空间。
代码实现 :
class Solution {
//用两个变量x，y来记录需要交换的节点
private TreeNode x = null;
private TreeNode y = null;
private TreeNode pre = null;
public void recoverTree(TreeNode root) {
dfs(root);
//如果x和y都不为空，说明二叉搜索树出现错误的节点，将其交换
if(x!=null && y!=null) {
int tmp = x.val;
x.val = y.val;
y.val = tmp;
}
}
//中序遍历二叉树，并比较上一个节点(pre)和当前节点的值，如果pre的值大于当前节点值，则记录下这两个节点
private void dfs(TreeNode node) {
if(node==null) {
return;
}
dfs(node.left);
if(pre==null) {
pre = node;
}
else {
if(pre.val>node.val) {
y = node;
if(x==null) {
x = pre;
}
}
pre = node;
}
dfs(node.right);
}
}解法三
解法二还不是真正的常数空间复杂度，想要达到常数空间，我们可以用 莫里斯遍历，这种方式可以做到 O(1)O(1)O(1) 的空间复杂度去遍历一棵树。
我们先看看莫里斯遍历到底是咋回事
回想一下中序遍历的递归版本是
dfs(root.left)
打印节点 root
dfs(root.right)也就是一路往左走到底，左边走不通了，再往右边走。对于上图来说，就是 4 -> 3 -> 1 这个过程，一路往左，走不通了再往右，也就是遍历 2。
当然如果 2 的右边还有节点那么还会继续遍历下去。
现在 2 的右边已经是空了，对于递归来说操作系统自动出栈，然后会访问 3 这个节点。
既然 2 是叶子节点，左右子树都是空，我们可以利用这个空闲出来的信息，将 2 的右子树指向 3，这样当 2 遍历完后，再往右走，就会自动走到 3 这个节点了。
同理，将 3 的右子树指向 4，将 6 的右子树指向 7。
这样的话，我们就可以省去额外的栈空间了。利用叶子节点的右子树这个特点，将其重新赋予指向关系 ，就是莫里斯遍历的核心了。
不过光是这样还不行，再回看上面那张图，其实已经不是一棵树了，而是变成图了。因为出现了循环。
所以，我们还需要将新加这个指向关系给去掉。
对于上图来说，假设我们已经遍历到 4 这个节点了，那就意味着 4 在左子树都遍历完了，对应的就是 1，2，3 都遍历完了。
3.right=4 这个是我们新加上的，既然现在已经遍历到 4 了，我们就可以将 3.right=null，将这个指向关系还原即可。
从上图中也可以看出，所谓新加的指向关系，就是找到根节点左子树的最右子树，然后将最右子树的 right 指向根节点。
class Solution {
public void recoverTree(TreeNode root) {
if(root==null) {
return;
}
TreeNode x = null;
TreeNode y = null;
TreeNode pre = null;
TreeNode tmp = null;
while(root!=null) {
if(root.left!=null) {
tmp = root.left;
while(tmp.right!=null && tmp.right!=root) {
tmp = tmp.right;
}
if(tmp.right==null) {
tmp.right = root;
root = root.left;
}
else {
if(pre!=null && pre.val>root.val) {
y = root;
if(x==null) {
x = pre;
}
}
pre = root;
tmp.right = null;
root = root.right;
}
}
else {
if(pre!=null && pre.val>root.val) {
y = root;
if(x==null) {
x = pre;
}
}
pre = root;
root = root.right;
}
}
if(x!=null && y!=null) {
int t = x.val;
x.val = y.val;
y.val = t;
}
}
}
