一、根据二叉树创建字符串
思路：在正常前序递归遍历的基础上，单独加上一个考虑到右子树为空的情况，如下：其结果为 1（2（4（5）（6））），当遍历到节点2时由于2的左节点不为空，右节点为空，我们应该先打印根节点，然后打印（左子树）。
class Solution {
public:string tree2str(TreeNode* root) {if(root == nullptr) return "";if(root->left == nullptr && root->right == nullptr) return to_string(root->val);if(root->right == nullptr) return to_string(root->val) + "(" + tree2str(root->left) + ")";return to_string(root->val) + "(" + tree2str(root->left) + ")(" +tree2str(root->right) + ")";}
};二、二叉树的层序遍历
思路：
方法一BFS：
用队列来写，把每一层入队列，出队列的第一个头节点，然后把头节点所连节点加入队列中，然后循环往复，直到队列没有元素
方法二DFS：
定义一个k，ans[k]表示每层的节点数组。
方法一： BFS
class Solution {
public:vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {vector<vector<int>> vv;if(root == NULL) return vv;queue<TreeNode*> q;q.push(root);while(!q.empty()){vector<int> v;int size = q.size();while(size--){TreeNode* node = q.front();q.pop();v.emplace_back(node->val);if(node->left) q.push(node->left);if(node->right) q.push(node->right);}vv.push_back(v);}return vv;}
};方法二：DFS
class Solution {
public:void dfs(TreeNode* root, int k, vector<vector<int>>& ans){if (root == NULL) return;if (k == ans.size()) ans.push_back(vector<int>());ans[k].push_back(root->val);dfs(root->left, k + 1, ans);dfs(root->right, k + 1, ans);}vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {vector<vector<int>> ans;dfs(root, 0, ans);return ans; }
};三、二叉树的层序遍历II
思路：
这道题要求从下到上输出每一层的节点值，只要在层序遍历I稍作修改即可：在遍历完一层节点之后，将存储该层节点值的列表添加到结果列表的头部。
方法一、BFS
class Solution {
public:vector<vector<int>> levelOrderBottom(TreeNode* root) {vector<vector<int>> vv;if(root == nullptr) return vv;queue<TreeNode*> q;q.push(root);while(!q.empty()){vector<int> v;int n = q.size(); //每一层的节点while(n--){TreeNode* Node = q.front();q.pop();v.push_back(Node->val);if(Node->left) q.push(Node->left);if(Node->right) q.push(Node->right);}vv.push_back(v);}reverse(vv.begin(),vv.end());return vv;}
};方法二：DFS
class Solution {
public:void dfs(TreeNode* root, int k, vector<vector<int>>& ans){if (root == NULL) return;if (k == ans.size()) ans.push_back(vector<int>());ans[k].push_back(root->val);dfs(root->left, k + 1, ans);dfs(root->right, k + 1, ans);}vector<vector<int>> levelOrderBottom(TreeNode* root) {vector<vector<int>> ans;dfs(root, 0, ans);reverse(ans.begin(), ans.end());return ans;}
};四、二叉树最近公共祖先
思路：
两个节点 p,q 分为两种情况：1、 p 和 q 在相同子树
2、p 和 q 在不同子树
从根节点遍历，递归向左右子树查询节点信息。
递归终止条件：如果当前节点为空或等于 p 或 q，则返回当前节点递归遍历左右子树，如果左右子树查到节点都不为空，则表明 p 和 q 分别在左右子树中，因此，当前节点即为最近公共祖先；
如果左右子树其中一个不为空，则返回非空节点。
class Solution {
public:TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {if(root == NULL || root == p || root == q) return root;TreeNode* l = lowestCommonAncestor(root->left, p, q); //若在左子树则不为空TreeNode* r = lowestCommonAncestor(root->right, p, q); //若在右子树则不为空if(l && r) return root; //不在同一棵子树return l ? l : r; //在同一棵子树，则返回子树的根节点，即 p 或者 q}
};五、二叉搜索树和双向链表
思路：
1、已知将二叉搜索树进行中序遍历可以得到由小到大的顺序排列，因此本题最直接的想法就是进行中序遍历。
2、将中序遍历的结果用数组存储下来，得到的数组是有从小到大顺序的。最后将数组中的结点依次连接即可。3、但是根据题目的要求1，不能创建新的结点，而上述方法的数组中存储的其实是结点，并不满足题意；所以需要在中序遍历的过程中，直接对结点的指针进行调整。
4、调整的思路如下：（1）使用一个指针preNode指向当前结点root的前继。（例如上述图中root为指向10的时候，preNode指向8）
（2）对于当前结点root，有root->left要指向前继preNode（中序遍历时，对于当前结点root，其左孩子已经遍历完成了，此时root->left可以被修改。）；同时，preNode->right要指向当前结点（当前结点是preNode的后继），此时对于preNode结点，它已经完全加入双向链表。
class Solution {
public:TreeNode* preNode; //前继节点TreeNode* Convert(TreeNode* pRootOfTree) {if(pRootOfTree == nullptr) return pRootOfTree;TreeNode* p = pRootOfTree;while(p->left) p = p->left; //找到双向链表的开头。Inorder(pRootOfTree);return p;}void Inorder(TreeNode* root){if(root == nullptr) return;Inorder(root->left);root->left = preNode;if(preNode) preNode->right = root;preNode = root;//更新preNode，指向当前结点，作为下一个结点的前继。Inorder(root->right);}
};六、从前序遍历和中序遍历序列构建二叉树
思路：
由于前序遍历的性质可知其第一个节点为根节点，然后我们通过该根节点，再将中序遍历结果分开，再来找节点，如下图所示
DFS解法：
class Solution {
private:unordered_map<int, int> pos;public:TreeNode* dfs(const vector<int>& preorder, const vector<int>& inorder, int pl, int pr, int il, int ir) {if (pl > pr) return nullptr;// 前序遍历中的第一个节点就是根节点int k = pos[preorder[pl]]; // 在中序遍历中定位根节点// 先把根节点建立出来TreeNode* root = new TreeNode(preorder[pl]);int len = k - il;// 得到左子树中的节点数目// 递归地构造左子树，并连接到根节点// 先序遍历中「从 左边界+1 开始的 size_left_subtree」个元素就对应了中序遍历中「从 左边界 开始到 根节点定位-1」的元素root->left = dfs(preorder, inorder, pl + 1, pl + len, il, k - 1);// 递归地构造右子树，并连接到根节点// 先序遍历中「从 左边界+1+左子树节点数目 开始到 右边界」的元素就对应了中序遍历中「从 根节点定位+1 到 右边界」的元素root->right = dfs(preorder, inorder, pl + len + 1, pr, k + 1, ir);return root;}TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {int n = preorder.size();// 构造哈希映射，帮助我们快速定位根节点for (int i = 0; i < n; ++i) {pos[inorder[i]] = i;}return dfs(preorder, inorder, 0, n - 1, 0, n - 1);}
};七、从中序和后序遍历序列构建二叉树
和上面代码思路差不多
class Solution {
public:unordered_map<int, int> pos;TreeNode* dfs(vector<int>& inorder, vector<int>& postorder, int il, int ir, int pl, int pr){if(il > ir) return nullptr; //递归截止int k = pos[postorder[pr]]; //中序遍历确立根位置TreeNode* root = new TreeNode(postorder[pr]); //创立根节点root->left = dfs(inorder, postorder, il, k - 1, pl, pl + k - 1 - il);root->right = dfs(inorder, postorder, k + 1, ir, pl + k - il, pr - 1);return root; }TreeNode* buildTree(vector<int>& inorder, vector<int>& postorder) {int n = inorder.size();for(int i = 0; i < n; i++){pos[inorder[i]] = i; //标记二叉树祖先遍历结果所对应下标}return dfs(inorder, postorder, 0, n - 1, 0 , n - 1);}
};八、前序遍历非递归
给你二叉树的根节点 root ，返回它节点值的 前序 遍历。
class Solution {
public:vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {vector<int> ans;if(root == nullptr) return ans;stack<TreeNode*> st;TreeNode* node = root;while(!st.empty() || node != nullptr){while(node!=nullptr) {ans.push_back(node->val);st.push(node);node=node->left;}node = st.top();st.pop();node = node->right;}return ans;}
};九、中序遍历非递归
给定一个二叉树的根节点 root ，返回 它的 中序 遍历
class Solution {
public:vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {vector<int> ans;stack<TreeNode*> s;while(root != nullptr || !s.empty()){while(root != nullptr){s.push(root);root = root->left;}root = s.top(); //取出第一个元素s.pop();ans.push_back(root->val);root = root -> right;}return ans;}
};
十、后序遍历非递归
class Solution {
public:vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {vector<int> ans;stack<TreeNode*> s;TreeNode* pre = nullptr;while(root != nullptr || !s.empty()){while(root != nullptr){s.push(root);root = root->left;}root = s.top(); //取出第一个元素s.pop();if (root->right == nullptr || root->right == pre) {ans.push_back(root->val);pre = root;root = nullptr;} else {s.push(root);root = root->right;}}return ans;}
};
