给定一个二叉树的根节点 root ，返回 它的 中序 遍历 。

示例 1：

输入：root = [1,null,2,3]
输出：[1,3,2]

示例 2：

输入：root = []
输出：[]

示例 3：

输入：root = [1]
输出：[1]

提示：

• 树中节点数目在范围 [0, 100] 内
• -100 <= Node.val <= 100

进阶: 递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？

无返回值有信息参数的DFS

class Solution {
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
        inorder(root, res);
        return res;
    }

    public void inorder(TreeNode root, List<Integer> res) {
        // 结束条件
        if (root == null) {
            return;
        }
        
        inorder(root.left, res);
        res.add(root.val);
        inorder(root.right, res);
    }
}

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树节点的个数。二叉树的遍历中每个节点会被访问一次且只会被访问一次。
• 空间复杂度：O(n)。空间复杂度取决于递归的栈深度，而栈深度在二叉树为一条链的情况下会达到 O(n) 的级别。

Morris遍历

1. 如果 $x$ 无左孩子，先将 $x$ 的值加入答案数组，再访问 $x$ 的右孩子，即 x=x.right。
2. 如果 $x$ 有左孩子，则找到 $x$ 左子树上最右的节点 (即左子树中序遍历的最后一个节点，$x$ 在中序遍历中的前驱节点)，我们记为 predecessor。根据 predecessor 的右孩子是否为空，进行如下操作。
   1. 如果 predecessor 的右孩子为空，则将其右孩子指向 $x$ ，然后访问 $x$ 的左孩子，即 x=x.left。
   2. 如果 predecessor 的右孩子不为空，则此时其右孩子指向 $x$ ，说明我们已经遍历完 $x$ 的左子树，我们将 predecessor 的右孩子置空，将 $x$ 的值加入答案数组，然后访问 $x$ 的右孩子，即 x=x.right。
3. 重复上述操作，直至访问完整棵树。

其实整个过程我们就多做一步：假设当前遍历到的节点为 x，将 x 的左子树中最右边的节点的右孩子指向 x，这样在左子树遍历完成后我们通过这个指向走回了 x，且能通过这个指向知晓我们已经遍历完成了左子树，而不用再通过栈来维护，省去了栈的空间复杂度。

class Solution {
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
        TreeNode predecessor = null;

        while (root != null) {
            if (root.left != null) {
                // predecessor 节点就是当前 root 节点向左走一步，然后一直向右走至无法走为止
                predecessor = root.left;
                while (predecessor.right != null && predecessor.right != root) {
                    predecessor = predecessor.right;
                }
                
                // 让 predecessor 的右指针指向 root，继续遍历左子树
                if (predecessor.right == null) {
                    predecessor.right = root;
                    root = root.left;
                }
                // 说明左子树已经访问完了，现在是在回头，我们需要断开链接
                else {
                    predecessor.right = null;
                    res.add(root.val);
                    root = root.right;
                }
            }
            // 如果没有左孩子，则直接访问右孩子
            else {
                res.add(root.val);
                // 注意这里的root.right是root的根节点，因为我们之前用processor操作过了。
                root = root.right;
            }
        }
        return res;
    }
}

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树的节点个数。Morris 遍历中每个节点会被访问两次，因此总时间复杂度为 O(2n)=O(n)。
• 空间复杂度：O(1)。

迭代

class Solution {
    public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
        Deque<TreeNode> stk = new LinkedList<TreeNode>();
        
        while (root != null || !stk.isEmpty()) {
            // 先把左子树存到栈里。
            while (root != null) {
                stk.push(root);
                root = root.left;
            }
            // 弹出最左边的节点，即中序遍历该节点时的根节点，接下来要处理该节点的右子树。
            root = stk.pop();
            res.add(root.val);
            // root.right可能为空，如果为空，则root是叶子节点，此时栈顶元素是root的父节点。
            root = root.right; 
        }
        return res;
    }
}

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 为二叉树节点的个数。二叉树的遍历中每个节点会被访问一次且只会被访问一次。
• 空间复杂度：O(n)。空间复杂度取决于栈深度，而栈深度在二叉树为一条链的情况下会达到 O(n) 的级别。

前序

class Solution {
    public List<Integer> preorderTraversal(TreeNode root) {
        List<Integer> result = new ArrayList<>();
        if (root == null) {
            return result;
        }

        Deque<TreeNode> stack = new ArrayDeque<>();
        stack.push(root);

        while (!stack.isEmpty()) {
            TreeNode node = stack.pop();
            result.add(node.val);

            // 先右后左压入栈中，因为栈是LIFO结构，先压入右子节点，这样左子节点会先被处理
            if (node.right != null) {
                stack.push(node.right);
            }
            if (node.left != null) {
                stack.push(node.left);
            }
        }

        return result;
    }
}

后序

class Solution {
    public List<Integer> postorderTraversal(TreeNode root) {
        LinkedList<Integer> result = new LinkedList<>();
        if (root == null) {
            return result;
        }

        Deque<TreeNode> stack = new ArrayDeque<>();
        stack.push(root);

        while (!stack.isEmpty()) {
            TreeNode node = stack.pop();
            // 在链表的开头添加元素，以实现根-右-左的顺序
            result.addFirst(node.val);

            // 入栈时先左后右，出栈时就是先右后左，这样就是先把右节点放在队首，再把左节点放在队首，这样顺序就是左-右-中。
            // 左子节点先压入栈中，确保右子节点后被处理
            if (node.left != null) {
                stack.push(node.left);
            }
            // 右子节点后压入栈中，确保左子节点先被处理
            if (node.right != null) {
                stack.push(node.right);
            }
        }

        return result;
    }
}