题目
给定一个二叉树的根节点 root ，返回 它的 中序 遍历 。
数据范围
树中节点数目在范围 [0, 100] 内
-100 <= Node.val <= 100
测试用例
示例1
java
输入：root = [1,null,2,3]
输出：[1,3,2]示例2
java
输入：root = []
输出：[]示例3
java
输入：root = [1]
输出：[1]题解1（迭代 时空On）
java
/**
* Definition for a binary tree node.
* public class TreeNode {
* int val;
* TreeNode left;
* TreeNode right;
* TreeNode() {}
* TreeNode(int val) { this.val = val; }
* TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
* this.val = val;
* this.left = left;
* this.right = right;
* }
* }
*/
class Solution {
public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
List<Integer> res=new LinkedList<>();
Deque<TreeNode> deque=new LinkedList<>();
while(root!=null||!deque.isEmpty()){
while(root!=null){
deque.push(root);
root=root.left;
}
root=deque.poll();
res.add(root.val);
root=root.right;
}
return res;
}
}题解2 （递归 时空on）
java
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) {
if (root == null) {
return;
}
inorder(root.left, res);
res.add(root.val);
inorder(root.right, res);
}
}题解3 （Morris中序遍历，时间On，空间O1 ）
java
/**
* Definition for a binary tree node.
* ... (省略 TreeNode 定义) ...
*/
class Solution {
public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
List<Integer> res = new LinkedList<>();
TreeNode predecessor = null; // 用于存储当前节点的前驱节点（即左子树中最右边的节点）
while (root != null) {
// 情况 1: 如果当前节点有左子树
if (root.left != null) {
// 1.1 找到当前节点的前驱节点 (predecessor)
predecessor = root.left;
// 不断向右走，直到右节点为空，或者右节点已经指向了当前 root（说明线索已建立）
while (predecessor.right != null && predecessor.right != root) {
predecessor = predecessor.right;
}
// 1.2 判断是第一次来到这里，还是第二次来到这里
// 如果前驱节点的右指针为空，说明这是第一次访问该节点
if (predecessor.right == null) {
predecessor.right = root; // 【建立线索】：让前驱节点的右指针指向当前节点
root = root.left; // 当前节点向左移动
}
// 如果前驱节点的右指针已经指向当前 root，说明左子树已经遍历完了
else {
res.add(root.val); // 【中序遍历关键】：左子树处理完，记录当前节点的值
predecessor.right = null; // 【断开线索】：恢复树的原始结构
root = root.right; // 当前节点向右移动
}
}
// 情况 2: 如果当前节点没有左子树
else {
res.add(root.val); // 【中序遍历关键】：直接记录当前节点的值
root = root.right; // 向右移动（如果有线索，会通过线索回到上层节点）
}
}
return res;
}
}思路
这道题是最简单的二叉树中序遍历，就不过多讲解普通的迭代算法与递归算法了，记住就行了，关于morris算法。
Morris 遍历的核心思想是利用树中大量的空闲指针（叶子节点的左右孩子空指针）。对于中序遍历（左 -> 根 -> 右），我们需要在遍历完左子树后，能够自动回到"根"节点。
在递归或栈迭代中，我们靠栈来记录"回家的路"。在 Morris 算法中，我们靠动态修改树的结构（建立临时连接）来记录。
核心步骤拆解：
算法主要处理三种情况：
- 没有左孩子 (root.left == null)：
-
既然没有左边，那就该轮到打印当前节点了。
-
打印完后，直接去右边 (root = root.right)。
-
注意：这里的"右边"可能是真的右子树，也可能是一条指向祖先节点的"线索"（通过之前建立的连接）。
- 有左孩子，且是"第一次"到达该节点：
-
我们需要去遍历左子树，但去之前要给自己留条后路。
-
找前驱 (Predecessor)： 也就是左子树里最右边的那个节点。在标准的中序遍历中，这个前驱节点的下一个节点就应该是当前的 root。
-
搭桥 (Threading)： 我们把前驱节点的 right 指针指向当前 root (predecessor.right = root)。
-
然后放心地向左走 (root = root.left)。
- 有左孩子，且是"第二次"到达该节点：
-
当我们遍历完左子树后，最后一步会通过刚才搭的那个"桥"回到当前的 root。
-
此时，我们再次寻找前驱，会发现 predecessor.right == root。这就意味着我们是"穿越"回来的。
-
拆桥： 把 predecessor.right 改回 null，恢复树的原貌。
-
处理当前节点： 将 root.val 加入结果集。
-
向右走： 左边和中间都处理完了，现在去右边 (root = root.right)。
举例演示
假设树结构为：2 -> 1 (左), 3 (右)
- 开始在 2： 有左子树 (1)。找到 1 是前驱。
-
把 1 的 right 指向 2（搭桥）。
-
Current 移到 1。
- 现在在 1： 没有左子树。
-
记录 1。
-
Current 移到 right。因为刚才搭了桥，1 的 right 指向 2。所以 Current 回到了 2。
- 回到 2： 有左子树 (1)。再次找前驱 1。
-
发现 1 的 right 已经指向 2 了（说明是第二次来）。
-
记录 2。
-
断开桥 (1 的 right 设为 null)。
-
Current 移到 2 的 right (即 3)。
- 现在在 3： 没有左子树。
-
记录 3。
-
Current 移到 right (null)。
- 结束。 结果：[1, 2, 3]。