[LeetCode] 145. Binary Tree Postorder Traversal 二叉树的后序遍历

Given a binary tree, return the postorder traversal of its nodes' values.

For example:
Given binary tree {1,#,2,3},

return [3,2,1].

Note: Recursive solution is trivial, could you do it iteratively?

经典题目，求二叉树的后序遍历的非递归方法，跟前序，中序，层序一样都需要用到栈，后序的顺序是左-右-根，所以当一个结点值被取出来时，它的左右子结点要么不存在，要么已经被访问过了。先将根结点压入栈，然后定义一个辅助结点 head，while 循环的条件是栈不为空，在循环中，首先将栈顶结点t取出来，如果栈顶结点没有左右子结点，或者其左子结点是 head，或者其右子结点是 head 的情况下。将栈顶结点值加入结果 res 中，并将栈顶元素移出栈，然后将 head 指向栈顶元素；否则的话就看如果右子结点不为空，将其加入栈，再看左子结点不为空的话，就加入栈，注意这里先右后左的顺序是因为栈的后入先出的特点，可以使得左子结点先被处理。下面来看为什么是这三个条件呢，首先如果栈顶元素如果没有左右子结点的话，说明其是叶结点，而且入栈顺序保证了左子结点先被处理，所以此时的结点值就可以直接加入结果 res 了，然后移出栈，将 head 指向这个叶结点，这样的话 head 每次就是指向前一个处理过并且加入结果 res 的结点，那么如果栈顶结点的左子结点或者右子结点是 head 的话，说明其子结点已经加入结果 res 了，那么就可以处理当前结点了。

看到这里，大家可能对 head 的作用，以及为何要初始化为 root，还不是很清楚，这里再解释一下。head 是指向上一个被遍历完成的结点，由于后序遍历的顺序是左-右-根，所以一定会一直将结点压入栈，一直到把最左子结点（或是最左子结点的最右子结点）压入栈后，开始进行处理。一旦开始处理了，head 就会被重新赋值。所以 head 初始化值并没有太大的影响，唯一要注意的是不能初始化为空，因为在判断是否打印出当前结点时除了判断是否是叶结点，还要看 head 是否指向其左右子结点，如果 head 指向左子结点，那么右子结点一定为空，因为入栈顺序是根-右-左，不存在右子结点还没处理，就直接去处理根结点了的情况。若 head 指向右子结点，则是正常的左-右-根的处理顺序。那么回过头来在看，若 head 初始化为空，且此时正好左子结点不存在，那么在压入根结点时，head 和左子结点相等就成立了，此时就直接打印根结点了，明显是错的。所以 head 只要不初始化为空，一切都好说，甚至可以新建一个结点也没问题。将 head 初始化为 root，也可以，就算只有一个 root 结点，那么在判定叶结点时就将 root 打印了，然后就跳出 while 循环了，也不会出错。代码如下：

解法一：

class Solution {

public:

    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {

        if (!root) return {};

        vector<int> res;

        stack<TreeNode*> s{{root}};

        TreeNode *head = root;

        while (!s.empty()) {

            TreeNode *t = s.top();

            if ((!t->left && !t->right) || t->left == head || t->right == head) {

                res.push_back(t->val);

                s.pop();

                head = t;

            } else {

                if (t->right) s.push(t->right);

                if (t->left) s.push(t->left);

            }

        }

        return res;

    }

};

由于后序遍历的顺序是左-右-根，而先序遍历的顺序是根-左-右，二者其实还是很相近的，可以先在先序遍历的方法上做些小改动，使其遍历顺序变为根-右-左，然后翻转一下，就是左-右-根啦，翻转的方法我们使用反向Q，哦不，是反向加入结果 res，每次都在结果 res 的开头加入结点值，而改变先序遍历的顺序就只要该遍历一下入栈顺序，先左后右，这样出栈处理的时候就是先右后左啦，参见代码如下：

解法二：

class Solution {

public:

    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {

        if (!root) return {};

        vector<int> res;

        stack<TreeNode*> s{{root}};

        while (!s.empty()) {

            TreeNode *t = s.top(); s.pop();

            res.insert(res.begin(), t->val);

            if (t->left) s.push(t->left);

            if (t->right) s.push(t->right);

        }

        return res;

    }

};

那么在 Binary Tree Preorder Traversal 中的解法二也可以改动一下变成后序遍历，改动的思路跟上面的解法一样，都是先将先序遍历的根-左-右顺序变为根-右-左，再翻转变为后序遍历的左-右-根，翻转还是改变结果 res 的加入顺序，然后把更新辅助结点p的左右顺序换一下即可，代码如下：

解法三：

class Solution {

public:

    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {

        vector<int> res;

        stack<TreeNode*> s;

        TreeNode *p = root;

        while (!s.empty() || p) {

            if (p) {

                s.push(p);

                res.insert(res.begin(), p->val);

                p = p->right;

            } else {

                TreeNode *t = s.top(); s.pop();

                p = t->left;

            }

        }

        return res;

    }

};

论坛上还有一种双栈的解法，其实本质上跟解法二没什么区别，都是利用了改变先序遍历的顺序来实现后序遍历的，参见代码如下：

解法四：

class Solution {

public:

    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {

        if (!root) return {};

        vector<int> res;

        stack<TreeNode*> s1, s2;

        s1.push(root);

        while (!s1.empty()) {

            TreeNode *t = s1.top(); s1.pop();

            s2.push(t);

            if (t->left) s1.push(t->left);

            if (t->right) s1.push(t->right);

        }

        while (!s2.empty()) {

            res.push_back(s2.top()->val); s2.pop();

        }

        return res;

    }

};