一、关于Morris算法
简介
Morris算法是针对二叉树实现的一个遍历算法，它是一种空间复杂度为O(1)的遍历算法
通常情况下使用迭代或递归的方式遍历二叉树的空间开销都是O(N)级别的，较为理想的情况下可以做到O(logn)级别，而Morris算法通过更改节点指针指向的方式做到了它们都做不到的事情，可谓非常厉害。
主要思路
每到达一个节点cur，都查找它是否存在左孩子
- 如果没有左孩子，
cur向右移动 - 如果有左孩子，找到左子树上最右侧的节点
mostRight- 如果
mostRight右指针指向空，将其指向cur，然后cur向左移动 - 如果
mostRight右指针指向cur，将其指向null，然后cur向右移动
- 如果
cur为空时遍历停止
例：
-
如果有左孩子时
-
找到
mostRight节点，如果是第一次到达改节点，则将其右孩子改为cur
-
最后
cur移动到左子节点，进入下一次的循环。
注意mostRight节点只用于判断并修改节点右孩子，真正的当前节点是cur -
假设
cur来到了上图中的mostRight位置，且mostRight没有左子树（为了方便说明） -
则
cur根据指针指向移动到黄色箭头指向的节点，并进入下一次循环 -
第二次来到该节点时：
-
此时再次找到
mostRight节点，且它的右节点与当前节点相等，那么将mostRight节点的右指针制空即可。
-
cur向右移动。。。
个人想法：
- 当你到达一个节点，并将其左子树的最右侧节点链接在当前节点上，那么当你遍历到这个节点位置时，就可以通过这个指向直接回到通常递归遍历时，需要回到的那一层；某种意义上来说，这一个操作跳过了向上查找的过程。
二、主要实现
1、基础版本
//根节点
Node* root;
//标准写法
void morris()
{
if (root == nullptr) return;
Node* cur = root;
Node* mostRight = nullptr;
while (cur)
{
mostRight = cur->left;
//查找是否存在左子树
if (mostRight)
{
//查找最右节点
while (mostRight->right && mostRight->right != cur)
mostRight = mostRight->right;
if (mostRight->right) // 回到之前的节点
mostRight->right = nullptr;
else //已到当前子树最右节点，向左移动
{
mostRight->right = cur;
cur = cur->left;
continue;
}
}
cur = cur->right;
}
}
2、先序和中序遍历
通过观察整个遍历过程可知，所有有左子节点的节点一定都会到达两次
- 第一次是从上面遍历下来可以到达一次
- 第二次是从下面返回上来可以到达一次
- 且进入
cur移动到右节点时，一定无法再次返回右节点的父亲。
根据以上性质我们可以在合适的位置选择将数据处理代码插入，先序和中序都很好实现
//先序遍历
vector<T>* morrisPreorder()
{
if (root == nullptr) return nullptr;
vector<T>* ret = new vector<T>;
Node* cur = root;
Node* mostRight = nullptr;
while (cur)
{
mostRight = cur->left;
if (mostRight)
{
//查找最右节点
while (mostRight->right && mostRight->right != cur)
mostRight = mostRight->right;
if (mostRight->right) // 回到之前的节点
mostRight->right = nullptr;
else //已到当前子树最右节点
{
ret->push_back(cur->value); //第一次处理
mostRight->right = cur;
cur = cur->left;
continue;
}
}
else
{
ret->push_back(cur->value); //第二次处理
}
cur = cur->right;
}
return ret;
}
//中序遍历
vector<T>* morrisMidorder()
{
if (root == nullptr) return nullptr;
vector<T>* ret = new vector<T>;
Node* cur = root;
Node* mostRight = nullptr;
while (cur)
{
mostRight = cur->left;
if (mostRight)
{
//查找最右节点
while (mostRight->right && mostRight->right != cur)
mostRight = mostRight->right;
if (mostRight->right) // 回到之前的节点
mostRight->right = nullptr;
else //已到当前子树最右节点
{
mostRight->right = cur;
cur = cur->left;
continue;
}
}
ret->push_back(cur->value); //数据处理
cur = cur->right;
}
return ret;
}
3、后序遍历
课程中提到的方式是将整个左子树以右侧指针逆序，然后输出；我觉得没必要在内存上卡那么死，直接用个栈存储一下就好了
思路
- 在每个第二次回到的节点位置，逆序打印左子树的整条右边：
上图中，cur从头节点的遍历和输出顺序为：
7 -> 3 -> 1 -> 3(输出1) -> 2 -> 7(输出2, 3) -> 6 -> 4 -> 6(输出4) -> 5 ->
nullptr
最后再逆序输出根节点的整条右边(5, 6, 7)
//后续遍历
vector<T>* morrisBackorder()
{
if (root == nullptr) return nullptr;
vector<T>* ret = new vector<T>;
Node* cur = root;
Node* mostRight = nullptr;
while (cur)
{
mostRight = cur->left;
if (mostRight)
{
//查找最右节点
while (mostRight->right && mostRight->right != cur)
mostRight = mostRight->right;
if (mostRight->right) // 回到之前的节点
{
mostRight->right = nullptr;
func(ret, cur->left); //插入数据
}
else //已到当前子树最右节点
{
mostRight->right = cur;
cur = cur->left;
continue;
}
}
cur = cur->right;
}
func(ret, root);
return ret;
}
void func(vector<T>* vec, Node* cur)
{
Node* c = cur;
stack<T> stk;
while (c)
{
stk.push(c->value);
c = c->right;
}
while (!stk.empty())
{
vec->push_back(stk.top());
stk.pop();
}
}
三、其他
时间复杂度
整颗树上的每个有左孩子的节点向下做两次查找；
换一种方式想，就是每一个左子树的右侧边都进行2次搜索，
再加上本身遍历开销一次，那么总遍历次数为三次；
所以整体时间复杂度为O(N)级别
感觉我一个搞游戏前端的，学这个确实用处不大哈哈