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题目描述

给定一个 n 叉树的根节点 root ，返回 其节点值的 前序遍历 。

n 叉树 在输入中按层序遍历进行序列化表示，每组子节点由空值 null 分隔（请参见示例）。

示例 1：

输入：root = [1,null,3,2,4,null,5,6]
输出：[1,3,5,6,2,4]

示例 2：

输入：root = [1,null,2,3,4,5,null,null,6,7,null,8,null,9,10,null,null,11,null,12,null,13,null,null,14]
输出：[1,2,3,6,7,11,14,4,8,12,5,9,13,10]

提示：

• 节点总数在范围 [0, 10(4)]内
• 0 <= Node.val <= 10(4)
• n 叉树的高度小于或等于 1000

进阶：递归法很简单，你可以使用迭代法完成此题吗?

解题思路

本题的递归解法无非是将LeetCode144、二叉树的前序遍历 中的

ans.append(node.val)
self.dfs(ans, node.left)
self.dfs(ans, node.right)

改为

self.ans.append(root.val)
for children in root.children:if children:self.dfs(children)

即可。即始终维持先访问根节点的值，再递归遍历所有子节点这样的顺序。

迭代法类似二叉树的BFS，只不过是把维护一个队列改为维护一个栈。其核心过程为

stack = [root]
while(len(stack)):node = stack.pop()ans.append(node.val)for children in node.children[::-1]:if children:stack.append(children)
return ans

注意每一个子节点入栈的顺序是逆序的，即for children in node.children[::-1]。

这是由栈后进先出的特定来决定的，对于每一个node而言，node的第一个子节点最后入栈，第一个出栈，这样才能确保是结果是子节点从左到右的前序遍历。

另外，由于是前序遍历，访问父节点的始终位于遍历子节点的前面。

代码

方法一：递归法

Python

class Solution:# 1.递归法def dfs(self, root: 'Node'):# 先父节点，后子节点self.ans.append(root.val)for children in root.children:if children:self.dfs(children)def preorder(self, root: 'Node') -> List[int]:if not root:return [] self.ans = list()self.dfs(root)return self.ans

Java

class Solution {// 递归法private List<Integer> ans = new ArrayList<>();private void dfs(Node root) {if (root == null) return;// 先父节点，后子节点ans.add(root.val);for (Node child : root.children) {if (child != null) {dfs(child);}}}public List<Integer> preorder(Node root) {if (root == null) return new ArrayList<>();ans.clear();dfs(root);return ans;}
}

C++

class Solution {
public:// 递归法vector<int> ans;void dfs(Node* root) {if (!root) return;// 先父节点，后子节点ans.push_back(root->val);for (Node* child : root->children) {if (child) {dfs(child);}}}vector<int> preorder(Node* root) {if (!root) return {};ans.clear();dfs(root);return ans;}
};

时空复杂度

时间复杂度：O(N)。仅需一次遍历整棵树。

空间复杂度：O(``1``)。忽略递归所调用的编译栈。

方法二：迭代法

Python

class Solution:def preorder(self, root: 'Node') -> List[int]:ans = list()if not root:return []stack = [root]  # 用栈维护DFS过程while(len(stack)):node = stack.pop()ans.append(node.val)for children in node.children[::-1]:if children:stack.append(children)return ans

Java

class Solution {// Iterative Solutionpublic List<Integer> preorder(Node root) {List<Integer> ans = new ArrayList<>();if (root == null)return ans;Stack<Node> stack = new Stack<>();stack.push(root);while (!stack.isEmpty()) {Node node = stack.pop();ans.add(node.val);for (int i = node.children.size() - 1; i >= 0; i--) {if (node.children.get(i) != null) {stack.push(node.children.get(i));}}}return ans;}
}

C++

class Solution {
public:vector<int> preorder(Node* root) {vector<int> ans;if (!root)return ans;stack<Node*> stack;stack.push(root);while (!stack.empty()) {Node* node = stack.top();stack.pop();ans.push_back(node->val);for (int i = node->children.size() - 1; i >= 0; i--) {if (node->children[i] != NULL) {stack.push(node->children[i]);}}}return ans;}
};

时空复杂度

时间复杂度：O(N)。仅需一次遍历整棵树。

空间复杂度：O(N)。栈所占最大空间。

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