前言

拒绝摆烂ヾ(◍°∇°◍)ﾉﾞ

从今天开始（2023/02/12），定一个小目标，先刷个 300 道 Leetcode 题目（之前刷的不计入）。

当然作为一个小前端，我选择的语言是 TS，而且刷的题目的难度会偏中等一些，大概按照 简单3 中等6 困难1 这样的题型分布吧。嗯，目前是这么打算的。

本题 Github 地址：因为比较喜欢 vscode 的界面，而且方便调试，所以 AC 完就顺便提到 github 了，也算做一个记录吧。

本篇的题目是这个系列的第 NO.4 和 NO.5 道，分别是 Leetcode 上第 144 道题 二叉树的前序遍历， 和第 145 道题 二叉树的后序遍历，难度都为 简单。

我们开始吧，Here We Go~

1. 二叉树的前序遍历

1.1 题目描述

给你二叉树的根节点 root ，返回它节点值的 前序 遍历。

示例 1：

输入： root = [1,null,2,3]
输出： [1,2,3]

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： [1,2]

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

进阶： 递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？

1.2 解法一：递归

树的先序遍历的过程：

1. 优先访问根节点
2. 之后访问左子树
3. 最后访问右子树

这种递归地方法是一种很容易理解的方法，只要在访问左右子树之前将当前节点的值 push 到最终的 ret 数组中即可。

ts
function preorderTraversal(root: TreeNode | null): number[] {
  let ret: number[] = [];
  function traversal(root: TreeNode | null) {
    if(!root) return
    root.val !== null && ret.push(root.val);
    traversal(root.left);
    traversal(root.right);
  }
  traversal(root);

  return ret;
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。每一个节点恰好被遍历一次。
• 空间复杂度：O(n)，为递归过程中栈的开销，平均情况下为 O(logn)，最坏情况下树呈现链状，为 O(n)。

1.3 解法二：迭代

我们也可以用迭代的方式实现方法一的递归函数，两种方式是等价的，区别在于递归的时候隐式地维护了一个栈，而我们在迭代的时候需要显式地将这个栈模拟出来，其余的实现与细节都相同。

ts
function preorderTraversal(root: TreeNode | null): number[] {
  let ret: number[] = [];

  if (!root) return [];
  let stack: TreeNode[] = [root];

  while (stack.length) {
    const node = stack.pop()!;
    if (node.val !== null) ret.push(node.val);
    node.right && stack.push(node.right);
    node.left && stack.push(node.left);
  }

  return ret;
}

2. 二叉树的后序遍历

2.1 题目描述

给你一棵二叉树的根节点 root ，返回其节点值的 后序遍历 。

示例 1：

输入： root = [1,null,2,3]
输出： [3,2,1]

示例 2：

输入： root = []
输出： []

示例 3：

输入： root = [1]
输出： [1]

提示：

• 树中节点的数目在范围 [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？

2.2 解法一：递归

树的后序遍历的过程：

1. 优先访问左子树
2. 之后访问右子树
3. 最后访问根节点

后续遍历递归的方法就是将遍历 root.val 的顺序放在了 遍历左节点 和 遍历右节点 之后

ts
function postorderTraversal(root: TreeNode | null): number[] {
  let ret: number[] = [];
  function traversal(root: TreeNode | null) {
    if(!root) return
    traversal(root.left);
    traversal(root.right);
    root.val !== null && ret.push(root.val);
  }
  traversal(root);

  return ret;
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。每一个节点恰好被遍历一次。
• 空间复杂度：O(n)，为递归过程中栈的开销，平均情况下为 O(logn)，最坏情况下树呈现链状，为 O(n)。

2.3 解法二：迭代

同样，我们也可以用迭代的方式实现方法一的递归函数，两种方式是等价的，区别在于递归的时候隐式地维护了一个栈，而我们在迭代的时候需要显式地将这个栈模拟出来，其余的实现与细节都相同。

ts
function postorderTraversal(root: TreeNode | null): number[] {
  let ret: number[] = [];
  let stack: TreeNode[] = [];
  let current: TreeNode | null = root;
  let lastVisitedNode: TreeNode | null = null;
  while (stack.length || current !== null) {
    while (current !== null) {
      stack.push(current);
      current = current.left;
    }
    current = stack[stack.length - 1];
    if (current.right === null || current.right === lastVisitedNode) {
      ret.push(current.val);
      lastVisitedNode = current;
      stack.pop();
      current = null;
    } else {
      current = current.right;
    }
  }

  return ret;
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是二叉树的节点数。每一个节点恰好被遍历一次。
• 空间复杂度：O(n)，为递归过程中栈的开销，平均情况下为 O(logn)，最坏情况下树呈现链状，为 O(n)。