遞歸寫法，只要理解思想，幾行代碼。可是非遞歸寫法卻很不容易。這裏特地總結下，透徹解析它們的非遞歸寫法。其中，中序遍歷的非遞歸寫法最簡單，後序遍歷最難。我們的討論基礎是這樣的：
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//Binary
Tree Nodetypedef
struct node{ intdata; struct
node* lchild; //左孩子 struct
node* rchild; //右孩子}BTNode; |
首先，有一點是明確的：非遞歸寫法一定會用到棧，這個應該不用太多的解釋。我們先看中序遍歷：
中序遍歷
分析
中序遍歷的遞歸定義：先左子樹，後根節點，再右子樹。如何寫非遞歸代碼呢？一句話：讓代碼跟着思維走。我們的思維是什麼？思維就是中序遍歷的路徑。假設，你面前有一棵二叉樹，現要求你寫出它的中序遍歷序列。如果你對中序遍歷理解透徹的話，你肯定先找到左子樹的最下邊的節點。那麼下面的代碼就是理所當然的：
中序代碼段(i)
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BTNode*
p = root; //p指向樹根stack<btnode*>
s; //STL中的棧//一直遍歷到左子樹最下邊，邊遍歷邊保存根節點到棧中while(p){ s.push(p); p
= p->lchild;}</btnode*> |
保存一路走過的根節點的理由是：中序遍歷的需要，遍歷完左子樹後，需要藉助根節點進入右子樹。代碼走到這裏，指針p爲空，此時無非兩種情況：
說明：
上圖中只給出了必要的節點和邊，其它的邊和節點與討論無關，不必畫出。你可能認爲圖a中最近保存節點算不得是根節點。如果你看過樹、二叉樹基礎，使用擴充二叉樹的概念，就可以解釋。總之，不用糾結這個沒有意義問題。
整個二叉樹只有一個根節點的情況可以劃到圖a。 仔細想想，二叉樹的左子樹，最下邊是不是上圖兩種情況？不管怎樣，此時都要出棧，並訪問該節點。這個節點就是中序序列的第一個節點。根據我們的思維，代碼應該是這樣：
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p
= s.top();s.pop();cout
<< p->data; |
我們的思維接着走，兩圖情形不同得區別對待： 1.圖a中訪問的是一個左孩子，按中序遍歷順序，接下來應訪問它的根節點。也就是圖a中的另一個節點，高興的是它已被保存在棧中。我們只需這樣的代碼和上一步一樣的代碼：
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p
= s.top();s.pop();cout
<< p->data; |
2.再看圖b，由於沒有左孩子，根節點就是中序序列中第一個，然後直接是進入右子樹：p=p->rchild;在右子樹中，又會新一輪的代碼段(i)、代碼段(ii)……直到棧空且p空。 思維到這裏，似乎很不清晰，真的要區分嗎？根據圖a接下來的代碼段(ii)這樣的：
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p
= s.top();s.pop();cout
<< p->data;p
= s.top();s.pop();cout
<< p->data;p
= p->rchild; |
根據圖b，代碼段(ii)又是這樣的：
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p
= s.top();s.pop();cout
<< p->data;p
= p->rchild; |
我們可小結下：遍歷過程是個循環，並且按代碼段(i)、代碼段(ii)構成一次循環體，循環直到棧空且p空爲止。 不同的處理方法很讓人抓狂，可統一處理嗎？真的是可以的！回顧擴充二叉樹，是不是每個節點都可以看成是根節點呢？那麼，代碼只需統一寫成圖b的這種形式。也就是說代碼段(ii)統一是這樣的：
中序代碼段(ii)
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p
= s.top();s.pop();cout
<< p->data;p
= p->rchild; |
口說無憑，得經的過理論檢驗。 圖a的代碼段(ii)也可寫成圖b的理由是：由於是葉子節點，p=-=p->rchild;之後p肯定爲空。爲空，還需經過新一輪的代碼段(i)嗎？顯然不需。(因爲不滿足循環條件)那就直接進入代碼段(ii)。看！最後還是一樣的吧。還是連續出棧兩次。看到這裏，要仔細想想哦！相信你一定會明白的。
這時寫出遍歷循環體就不難了：
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BTNode*
p = root;stack<btnode*>
s;while(!s.empty()
|| p){ //代碼段(i)一直遍歷到左子樹最下邊，邊遍歷邊保存根節點到棧中 while(p) { s.push(p); p
= p->lchild; } //代碼段(ii)當p爲空時，說明已經到達左子樹最下邊，這時需要出棧了 if(!s.empty()) { p
= s.top(); s.pop(); cout
<< setw(4)
<< p->data; //進入右子樹，開始新的一輪左子樹遍歷(這是遞歸的自我實現) p
= p->rchild; }}</btnode*> |
仔細想想，上述代碼是不是根據我們的思維走向而寫出來的呢？再加上邊界條件的檢測，中序遍歷非遞歸形式的完整代碼是這樣的：
中序遍歷代碼一
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//中序遍歷voidInOrderWithoutRecursion1(BTNode*
root){ //空樹 if(root
== NULL) return; //樹非空 BTNode*
p = root; stack<btnode*>
s; while(!s.empty()
|| p) { //一直遍歷到左子樹最下邊，邊遍歷邊保存根節點到棧中 while(p) { s.push(p); p
= p->lchild; } //當p爲空時，說明已經到達左子樹最下邊，這時需要出棧了 if(!s.empty()) { p
= s.top(); s.pop(); cout
<< setw(4)
<< p->data; //進入右子樹，開始新的一輪左子樹遍歷(這是遞歸的自我實現) p
= p->rchild; } }}</btnode*> |
恭喜你，你已經完成了中序遍歷非遞歸形式的代碼了。回顧一下難嗎？ 接下來的這份代碼，本質上是一樣的，相信不用我解釋，你也能看懂的。
中序遍歷代碼二
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//中序遍歷voidInOrderWithoutRecursion2(BTNode*
root){ //空樹 if(root
== NULL) return; //樹非空 BTNode*
p = root; stack<btnode*>
s; while(!s.empty()
|| p) { if(p) { s.push(p); p
= p->lchild; } else { p
= s.top(); s.pop(); cout
<< setw(4)
<< p->data; p
= p->rchild; } }}</btnode*> |
前序遍歷
分析
前序遍歷的遞歸定義：先根節點，後左子樹，再右子樹。有了中序遍歷的基礎，不用我再像中序遍歷那樣引導了吧。 首先，我們遍歷左子樹，邊遍歷邊打印，並把根節點存入棧中，以後需藉助這些節點進入右子樹開啓新一輪的循環。還得重複一句：所有的節點都可看做是根節點。根據思維走向，寫出代碼段(i):前序代碼段(i)
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//邊遍歷邊打印，並存入棧中，以後需要藉助這些根節點(不要懷疑這種說法哦)進入右子樹while(p){ cout
<< setw(4)
<< p->data; s.push(p); p
= p->lchild;} |
接下來就是：出棧，根據棧頂節點進入右子樹。
前序代碼段(ii)
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//當p爲空時，說明根和左子樹都遍歷完了，該進入右子樹了if(!s.empty()){ p
= s.top(); s.pop(); p
= p->rchild;} |
同樣地，代碼段(i)(ii)構成了一次完整的循環體。至此，不難寫出完整的前序遍歷的非遞歸寫法。
前序遍歷代碼一
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voidPreOrderWithoutRecursion1(BTNode*
root){ if(root
== NULL) return; BTNode*
p = root; stack<btnode*>
s; while(!s.empty()
|| p) { //邊遍歷邊打印，並存入棧中，以後需要藉助這些根節點(不要懷疑這種說法哦)進入右子樹 while(p) { cout
<< setw(4)
<< p->data; s.push(p); p
= p->lchild; } //當p爲空時，說明根和左子樹都遍歷完了，該進入右子樹了 if(!s.empty()) { p
= s.top(); s.pop(); p
= p->rchild; } } cout
<< endl;}</btnode*> |
下面給出，本質是一樣的另一段代碼：
前序遍歷代碼二
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//前序遍歷voidPreOrderWithoutRecursion2(BTNode*
root){ if(root
== NULL) return; BTNode*
p = root; stack<btnode*>
s; while(!s.empty()
|| p) { if(p) { cout
<< setw(4)
<< p->data; s.push(p); p
= p->lchild; } else { p
= s.top(); s.pop(); p
= p->rchild; } } cout
<< endl;}</btnode*> |
在二叉樹中使用的是這樣的寫法，略有差別，本質上也是一樣的：
前序遍歷代碼三
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voidPreOrderWithoutRecursion3(BTNode*
root){ if(root
== NULL) return; stack<btnode*>
s; BTNode*
p = root; s.push(root); while(!s.empty())
//循環結束條件與前兩種不一樣 { //這句表明p在循環中總是非空的 cout
<< setw(4)
<< p->data; /* 棧的特點：先進後出 先被訪問的根節點的右子樹後被訪問 */ if(p->rchild) s.push(p->rchild); if(p->lchild) p
= p->lchild; else {//左子樹訪問完了，訪問右子樹 p
= s.top(); s.pop(); } } cout
<< endl;}</btnode*> |
最後進入最難的後序遍歷：
後序遍歷
分析
後序遍歷遞歸定義：先左子樹，後右子樹，再根節點。後序遍歷的難點在於：需要判斷上次訪問的節點是位於左子樹，還是右子樹。若是位於左子樹，則需跳過根節點，先進入右子樹，再回頭訪問根節點；若是位於右子樹，則直接訪問根節點。直接看代碼，代碼中有詳細的註釋。後序遍歷代碼
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//後序遍歷voidPostOrderWithoutRecursion(BTNode*
root){ if(root
== NULL) return; stack<btnode*>
s; //pCur:當前訪問節點，pLastVisit:上次訪問節點 BTNode*
pCur, *pLastVisit; //pCur
= root; pCur
= root; pLastVisit
= NULL; //先把pCur移動到左子樹最下邊 while(pCur) { s.push(pCur); pCur
= pCur->lchild; } while(!s.empty()) { //走到這裏，pCur都是空，並已經遍歷到左子樹底端(看成擴充二叉樹，則空，亦是某棵樹的左孩子) pCur
= s.top(); s.pop(); //一個根節點被訪問的前提是：無右子樹或右子樹已被訪問過 if(pCur->rchild
== NULL || pCur->rchild == pLastVisit) { cout
<< setw(4)
<< pCur->data; //修改最近被訪問的節點 pLastVisit
= pCur; } /*這裏的else語句可換成帶條件的else
if: else
if (pCur->lchild == pLastVisit)//若左子樹剛被訪問過，則需先進入右子樹(根節點需再次入棧) 因爲：上面的條件沒通過就一定是下面的條件滿足。仔細想想！ */ else { //根節點再次入棧 s.push(pCur); //進入右子樹，且可肯定右子樹一定不爲空 pCur
= pCur->rchild; while(pCur) { s.push(pCur); pCur
= pCur->lchild; } } } cout
<< endl;}</btnode*> |
總結
思維和代碼之間總是有巨大的鴻溝。通常是思維正確，清楚，但卻不易寫出正確的代碼。要想越過這鴻溝，只有多嘗試、多借鑑，別無它法。轉載請註明出處，本文地址：http://blog.csdn.net/zhangxiangdavaid/article/details/37115355
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