转自网友题解
题目
给定一个二叉树，原地将它展开为链表。
例如，给定二叉树
1
/ \
2 5
/ \ \
3 4 6
将其展开为：
1
\
2
\
3
\
4
\
5
\
6
解法一
可以发现展开的顺序其实就是二叉树的先序遍历。算法和 94 题 中序遍历的 Morris 算法有些神似我们需要两步完成这道题。
- 将左子树插入到右子树的地方
- 将原来的右子树接到左子树的最右边节点
- 考虑新的右子树的根节点，一直重复上边的过程，直到新的右子树为 null
可以看图理解下这个过程。
1
/ \
2 5
/ \ \
3 4 6
//将 1 的左子树插入到右子树的地方
1
\
2 5
/ \ \
3 4 6
//将原来的右子树接到左子树的最右边节点
1
\
2
/ \
3 4
\
5
\
6
//将 2 的左子树插入到右子树的地方
1
\
2
\
3 4
\
5
\
6
//将原来的右子树接到左子树的最右边节点
1
\
2
\
3
\
4
\
5
\
6
代码的话也很好写，首先我们需要找出左子树最右边的节点以便把右子树接过来。
public void flatten(TreeNode root) {
while (root != null) {
//左子树为 null，直接考虑下一个节点
if (root.left == null) {
root = root.right;
} else {
// 找左子树最右边的节点
TreeNode pre = root.left;
while (pre.right != null) {
pre = pre.right;
}
//将原来的右子树接到左子树的最右边节点
pre.right = root.right;
// 将左子树插入到右子树的地方
root.right = root.left;
root.left = null;
// 考虑下一个节点
root = root.right;
}
}
}
解法二
题目中，要求说是in-place，之前一直以为这个意思就是要求空间复杂度是。偶然看见评论区 StefanPochmann大神的解释。
也就是说in-place 的意思可能更多说的是直接在原来的节点上改变指向，空间复杂度并没有要求。所以这道题也可以用递归解一下，参考 这里 。
1
/ \
2 5
/ \ \
3 4 6
利用递归的话，可能比解法一难理解一些。
题目其实就是将二叉树通过右指针，组成一个链表。
1 -> 2 -> 3 -> 4 -> 5 -> 6
我们知道题目给定的遍历顺序其实就是先序遍历的顺序，所以我们能不能利用先序遍历的代码，每遍历一个节点，就将上一个节点的右指针更新为当前节点。
先序遍历的顺序是1 2 3 4 5 6。
遍历到2，把1的右指针指向2。1 -> 2 3 4 5 6。
遍历到3，把2的右指针指向3。1 -> 2 -> 3 4 5 6。
... ...
一直进行下去似乎就解决了这个问题。但现实是残酷的，原因就是我们把1的右指针指向2，那么1的原本的右孩子就丢失了，也就是5 就找不到了。
解决方法的话，我们可以逆过来进行。
我们依次遍历6 5 4 3 2 1，然后每遍历一个节点就将当前节点的右指针更新为上一个节点。
遍历到5，把5的右指针指向6。6 <- 5 4 3 2 1。
遍历到4，把4的右指针指向5。6 <- 5 <- 4 3 2 1。
... ...
1
/ \
2 5
/ \ \
3 4 6
这样就不会有丢失孩子的问题了，因为更新当前的右指针的时候，当前节点的右孩子已经访问过了。
而6 5 4 3 2 1的遍历顺序其实变形的后序遍历，遍历顺序是右子树->左子树->根节点。
先回想一下后序遍历的代码
public void PrintBinaryTreeBacRecur(TreeNode<T> root){
if (root == null)
return;
PrintBinaryTreeBacRecur(root.right);
PrintBinaryTreeBacRecur(root.left);
System.out.print(root.data);
}
这里的话，我们不再是打印根节点，而是利用一个全局变量pre，更新当前根节点的右指针为pre,左指针为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;
}
相应的左孩子也要置为null，同样的也不用担心左孩子丢失，因为是后序遍历，左孩子已经遍历过了。和 112 题 一样，都巧妙的利用了后序遍历。
既然后序遍历这么有用，利用 112 题 介绍的后序遍历的迭代方法，把这道题也改一下吧。
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); // 添加根节点
cur = cur.right; // 递归添加右节点
}
cur = toVisit.peek(); // 已经访问到最右的节点了
// 在不存在左节点或者右节点已经访问过的情况下，访问根节点
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; // 左节点还没有访问过就先访问左节点
}
}
}
解法三
解法二中提到如果用先序遍历的话，会丢失掉右孩子，除了用后序遍历，还有没有其他的方法避免这个问题。在Discuss又发现了一种解法，参考 这里。
为了更好的控制算法，所以我们用先序遍历迭代的形式，正常的先序遍历代码如下，
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;
}
}
还有一种特殊的先序遍历，提前将右孩子保存到栈中，我们利用这种遍历方式就可以防止右孩子的丢失了。由于栈是先进后出，所以我们先将右节点入栈。
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);
}
}
}
之前我们的思路如下：
题目其实就是将二叉树通过右指针，组成一个链表。
1 -> 2 -> 3 -> 4 -> 5 -> 6
我们知道题目给定的遍历顺序其实就是先序遍历的顺序，所以我们可以利用先序遍历的代码，每遍历一个节点，就将上一个节点的右指针更新为当前节点。
先序遍历的顺序是1 2 3 4 5 6。
遍历到2，把1的右指针指向2。1 -> 2 3 4 5 6。
遍历到3，把2的右指针指向3。1 -> 2 -> 3 4 5 6。
... ...
因为我们用栈保存了右孩子，所以不需要担心右孩子丢失了。用一个pre变量保存上次遍历的节点。修改的代码如下：
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;
/********************************/
}
}
总结
解法一和解法三可以看作自顶向下的解决问题，解法二可以看作自底向上。以前觉得后序遍历比较麻烦，没想到竟然连续遇到了后序遍历的应用。先序遍历的两种方式自己也是第一次意识到，之前都是用的第一种正常的方式。
