題目描述（中等難度）
把一個二叉樹展開成一個鏈表，展開順序如圖所示。
解法一
可以發現展開的順序其實就是二叉樹的先序遍歷。算法和 94 題 中序遍歷的 Morris 算法有些神似，我們需要兩步完成這道題。
- 將左子樹插入到右子樹的地方
- 將原來的右子樹接到左子樹的最右邊節點
- 考慮新的右子樹的根節點，一直重複上邊的過程，直到新的右子樹爲 null
可以看圖理解下這個過程。
1
/ \
2 5
/ \ \
3 4 6
//將 1 的左子樹插入到右子樹的地方
1
\
2 5
/ \ \
3 4 6
//將原來的右子樹接到左子樹的最右邊節點
1
\
2
/ \
3 4
\
5
\
6
//將 2 的左子樹插入到右子樹的地方
1
\
2
\
3 4
\
5
\
6
//將原來的右子樹接到左子樹的最右邊節點
1
\
2
\
3
\
4
\
5
\
6
......
代碼的話也很好寫，首先我們需要找出左子樹最右邊的節點以便把右子樹接過來。
public void flatten(TreeNode root) {
while (root != null) {
//左子樹爲 null，直接考慮下一個節點
if (root.left == null) {
root = root.right;
} else {
// 找左子樹最右邊的節點
TreeNode pre = root.left;
while (pre.right != null) {
pre = pre.right;
}
//將原來的右子樹接到左子樹的最右邊節點
pre.right = root.right;
// 將左子樹插入到右子樹的地方
root.right = root.left;
root.left = null;
// 考慮下一個節點
root = root.right;
}
}
}
解法二
題目中，要求說是in-place，之前一直以爲這個意思就是要求空間複雜度是O(1)。偶然看見評論區 StefanPochmann 大神的解釋。
也就是說in-place 的意思可能更多說的是直接在原來的節點上改變指向，空間複雜度並沒有要求。所以這道題也可以用遞歸解一下，參考 這裏 。
1
/ \
2 5
/ \ \
3 4 6
利用遞歸的話，可能比解法一難理解一些。
題目其實就是將二叉樹通過右指針，組成一個鏈表。
1 -> 2 -> 3 -> 4 -> 5 -> 6
我們知道題目給定的遍歷順序其實就是先序遍歷的順序，所以我們能不能利用先序遍歷的代碼，每遍歷一個節點，就將上一個節點的右指針更新爲當前節點。
先序遍歷的順序是1 2 3 4 5 6。
遍歷到2，把1的右指針指向2。1 -> 2 3 4 5 6。
遍歷到3，把2的右指針指向3。1 -> 2 -> 3 4 5 6。
… …
一直進行下去似乎就解決了這個問題。但現實是殘酷的，原因就是我們把1的右指針指向2，那麼1的原本的右孩子就丟失了，也就是5 就找不到了。
解決方法的話，我們可以逆過來進行。
我們依次遍歷6 5 4 3 2 1，然後每遍歷一個節點就將當前節點的右指針更新爲上一個節點。
遍歷到5，把5的右指針指向6。6 <- 5 4 3 2 1。
遍歷到4，把4的右指針指向5。6 <- 5 <- 4 3 2 1。
… …
1
/ \
2 5
/ \ \
3 4 6
這樣就不會有丟失孩子的問題了，因爲更新當前的右指針的時候，當前節點的右孩子已經訪問過了。
而6 5 4 3 2 1的遍歷順序其實變形的後序遍歷，遍歷順序是右子樹->左子樹->根節點。
先回想一下變形的後序遍歷的代碼
public void PrintBinaryTreeBacRecur(TreeNode<T> root){
if (root == null)
return;
PrintBinaryTreeBacRecur(root.right);
PrintBinaryTreeBacRecur(root.left);
System.out.print(root.data);
}
這裏的話，我們不再是打印根節點，而是利用一個全局變量pre，更新當前根節點的右指針爲pre,左指針爲null。
private TreeNode pre = null;
public void flatten(TreeNode root) {
if (root == null)
return;
flatten(root.right);
flatten(root.left);
root.right = pre;
root.left = null;
pre = root;
}
相應的左孩子也要置爲null，同樣的也不用擔心左孩子丟失，因爲是後序遍歷，左孩子已經遍歷過了。和 112 題 一樣，都巧妙的利用了後序遍歷。
既然後序遍歷這麼有用，利用 112 題 介紹的後序遍歷的迭代方法，把這道題也改一下吧。
public void flatten(TreeNode root) {
Stack<TreeNode> toVisit = new Stack<>();
TreeNode cur = root;
TreeNode pre = null;
while (cur != null || !toVisit.isEmpty()) {
while (cur != null) {
toVisit.push(cur); // 添加根節點
cur = cur.right; // 遞歸添加右節點
}
cur = toVisit.peek(); // 已經訪問到最右的節點了
// 在不存在左節點或者右節點已經訪問過的情況下，訪問根節點
if (cur.left == null || cur.left == pre) {
toVisit.pop();
/**************修改的地方***************/
cur.right = pre;
cur.left = null;
/*************************************/
pre = cur;
cur = null;
} else {
cur = cur.left; // 左節點還沒有訪問過就先訪問左節點
}
}
}
解法三
解法二中提到如果用先序遍歷的話，會丟失掉右孩子，除了用後序遍歷，還有沒有其他的方法避免這個問題。在Discuss又發現了一種解法，參考 這裏。
爲了更好的控制算法，所以我們用先序遍歷迭代的形式，正常的先序遍歷代碼如下，
public static void preOrderStack(TreeNode root) {
if (root == null) {
return;
}
Stack<TreeNode> s = new Stack<TreeNode>();
while (root != null || !s.isEmpty()) {
while (root != null) {
System.out.println(root.val);
s.push(root);
root = root.left;
}
root = s.pop();
root = root.right;
}
}
還有一種特殊的先序遍歷，提前將右孩子保存到棧中，我們利用這種遍歷方式就可以防止右孩子的丟失了。由於棧是先進後出，所以我們先將右節點入棧。
public static void preOrderStack(TreeNode root) {
if (root == null){
return;
}
Stack<TreeNode> s = new Stack<TreeNode>();
s.push(root);
while (!s.isEmpty()) {
TreeNode temp = s.pop();
System.out.println(temp.val);
if (temp.right != null){
s.push(temp.right);
}
if (temp.left != null){
s.push(temp.left);
}
}
}
之前我們的思路如下：
題目其實就是將二叉樹通過右指針，組成一個鏈表。
1 -> 2 -> 3 -> 4 -> 5 -> 6
我們知道題目給定的遍歷順序其實就是先序遍歷的順序，所以我們可以利用先序遍歷的代碼，每遍歷一個節點，就將上一個節點的右指針更新爲當前節點。
先序遍歷的順序是1 2 3 4 5 6。
遍歷到2，把1的右指針指向2。1 -> 2 3 4 5 6。
遍歷到3，把2的右指針指向3。1 -> 2 -> 3 4 5 6。
… …
因爲我們用棧保存了右孩子，所以不需要擔心右孩子丟失了。用一個pre變量保存上次遍歷的節點。修改的代碼如下：
public void flatten(TreeNode root) {
if (root == null){
return;
}
Stack<TreeNode> s = new Stack<TreeNode>();
s.push(root);
TreeNode pre = null;
while (!s.isEmpty()) {
TreeNode temp = s.pop();
/***********修改的地方*************/
if(pre!=null){
pre.right = temp;
pre.left = null;
}
/********************************/
if (temp.right != null){
s.push(temp.right);
}
if (temp.left != null){
s.push(temp.left);
}
/***********修改的地方*************/
pre = temp;
/********************************/
}
}
總
解法一和解法三可以看作自頂向下的解決問題，解法二可以看作自底向上。以前覺得後序遍歷比較麻煩，沒想到竟然連續遇到了後序遍歷的應用。先序遍歷的兩種方式自己也是第一次意識到，之前都是用的第一種正常的方式。
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