145. 二叉树的后序遍历

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题目

Given the root of a binary tree, return the postorder traversal of its nodes' values.

Example 1:

Input: root = [1,null,2,3]

Output: [3,2,1]

Example 2:

Input: root = []

Output: []

Example 3:

Input: root = [1]

Output: [1]

Constraints:

• The number of the nodes in the tree is in the range [0, 100].
• -100 <= Node.val <= 100

Follow up: Recursive solution is trivial, could you do it iteratively?

题目大意

给你二叉树的根节点 root ，返回它节点值的 后序 遍历。

进阶：递归算法很简单，你可以通过迭代算法完成吗？

解题思路

思路一：递归

后序遍历是指，对于树中的任意节点来说，先打印它的左子树，然后再打印它的右子树，最后打印这个节点本身。而在访问左子树或者右子树的时候，按照同样的方式遍历，直到遍历完整棵树。因此整个遍历过程天然具有递归的性质，可以直接用递归函数来模拟这一过程。

• 先递归调用 preorderTraversal(root.left) 来遍历 root 节点的左子树
• 再递归调用 preorderTraversal(root.right) 来遍历 root 节点的右子树
• 最后将 root 节点的值加入答案即可
• 递归终止的条件为碰到空节点

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(log⁡n)，最坏情况下树呈现链状，为 O(n)。

---

思路二：迭代

也可以用迭代的方式实现思路一的递归函数，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，具体可以参考下面的代码。

先序遍历是中左右，后续遍历是左右中，那么我们只需要调整一下先序遍历的代码顺序，就变成中右左的遍历顺序，然后再反转 res 数组，输出的结果顺序就是左右中了。

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)，为迭代过程中显式栈的开销，平均情况下为 O(log⁡n)，最坏情况下树呈现链状，为 O(n)。

代码

递归

/**
 * @param {TreeNode} root
 * @return {number[]}
 */
var postorderTraversal = function (root) {
	let res = [];
	if (root == null) return res;
	res.push(...postorderTraversal(root.left));
	res.push(...postorderTraversal(root.right));
	res.push(root.val);
	return res;
};

迭代

/**
 * @param {TreeNode} root
 * @return {number[]}
 */
var postorderTraversal = function (root) {
	let res = [];
	if (root == null) return res;
	let stack = [root];
	while (stack.length) {
		let node = stack.pop();
		res.unshift(node.val);
		if (node.left) stack.push(node.left);
		if (node.right) stack.push(node.right);
	}
	return res;
};

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