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]
示例 4：
输入：root = [1,2]
输出：[2,1]
示例 5：
输入：root = [1,null,2]
输出：[1,2]
提示：
- 树中节点数目在范围 [0, 100] 内
- -100 <= Node.val <= 100
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/binary-tree-inorder-traversal
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
一解
使用递归：
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
# self.val = val
# self.left = left
# self.right = right
class Solution:
def inorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
self.res = []
def dfs(root):
if not root: return None
dfs(root.left)
self.res.append(root.val)
dfs(root.right)
dfs(root)
return self.res
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
二解
使用栈模拟递归，重复下列过程：
- 向栈中依次加入：根节点 → 左子节点 → 左子节点
- 出栈，并入栈“出栈节点”的“右子节点“
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
# self.val = val
# self.left = left
# self.right = right
class Solution:
def inorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
stack, res = [], []
while root or stack:
while root:
stack.append(root)
root = root.left
root = stack.pop()
res.append(root.val)
root = root.right
return res
- 时间复杂度 O(n)：n 为二叉树节点数量，二叉树每个节点都会被访问一次
- 空间复杂度 O(n)：取决于栈深度，在树是一条链时达到最大
三解
Morris 遍历，此方法是树的遍历最优解！建议学会！
当前节点 cur ，一开始 cur 来到树头，循环下面过程，直到 cur = null。
- cur 无左树，
cur = cur.right - cur 有左树，找到左树的最右节点
most right-
most right的右指针指向 null ，most right.right = cur, cur = cur.left -
most right的右指针指向 cur ，most right.right = null, cur = cur.right
-
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
# self.val = val
# self.left = left
# self.right = right
class Solution:
def inorderTraversal(self, root: TreeNode) -> List[int]:
res = []
while root:
if root.left:
predecessor = root.left
while predecessor.right != None and predecessor.right != root:
predecessor = predecessor.right
if not predecessor.right:
predecessor.right = root
root = root.left
else:
res.append(root.val)
predecessor.right = None
root = root.right
else:
res.append(root.val)
root = root.right
return res
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)