題目來源
基礎：給你二叉搜索樹的根節點 root ，該樹中的兩個節點被錯誤地交換。請在不改變其結構的情況下，恢復這棵樹。
進階：使用 O(n) 空間復雜度的解法很容易實現。你能想出一個只使用常數空間的解決方案嗎？
示例1：
輸入：root = [1,3,null,null,2] 輸出：[3,1,null,null,2] 解釋：3 不能是 1 左孩子，因為 3 > 1 。交換 1 和 3 使二叉搜索樹有效。
示例2：
輸入：root = [3,1,4,null,null,2] 輸出：[2,1,4,null,null,3] 解釋：2 不能在 3 的右子樹中，因為 2 < 3 。交換 2 和 3 使二叉搜索樹有效。
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題目解析
什么意思呢？這是其實是兩道題，第一道是基礎的，就是用基本的解法即可，關鍵是第二種如何優化你的算法。
好，我們先說第一種，大眾思維。
既然題目上說了錯誤地交換了搜索二叉樹（BST）的兩個節點，那么BST又有什么特點呢？
我們知道中序遍歷搜索BST會得到一組升序的數組（比如：[1,2,3,4,5,6,7,8]），那好，按照題意我們交換兩組節點2和6，數組變成[1,6,3,4,5,2,7,8]，此時 可發現數組的升序被打破了，因為6>3,5>2。沒錯，我們就利用該性質是不是就可以找出交換的兩個節點位置，然后做交換就好了？
解析方法歸納：
1、先得到BST中序遍歷的數組序列；
2、找到不滿足條件的位置；
3、看節點數有幾個：
3.1、如果有兩個，即[1,6,3,4,5,2,7,8]中6>3,5>2，那么就將位置分別記為 i 和 j（i < j，其中i是6，j是5，特別提醒並不是2哦），對應的交換錯的節點為 Ai 和 Aj+1 （Ai > Ai+1 && Aj > Aj+1），我們分別記為x，y；
3.2、如果有一個，即[1,2,3,5,4,6,7,8]中的5>4，那么就將位置記為 i ，交換錯的位置就是Ai 和 Ai+1，我們分別記為x，y；
4、遍歷樹，交換節點 x , y 。
好了。思路也很清楚了，關鍵是如何實現。
第一步：先序遍歷BST這應該挺簡單的，遞歸嘛，我們將數組定位為nums來記錄：
//c++
第二步：找到不滿足條件的位置；但是該位置可能有一個，也可能有兩個，所以，得要遍歷數組一次。
vector<int> find2val(TreeNode* root, vector<int>& nums){ int n1 = 0; int n2 = 0; bool sec = false; for(int i = 0; i<nums.size()-1; i++){ if(nums[i]>nums[i+1]){ if(!sec){ n1 = nums[i]; n2 = nums[i+1]; sec = true; } else n2 = nums[i+1]; } } return {n1,n2}; }
第三步：看數組中到底有幾次
我們這里在主函數中直接就寫成2了，因為最多為兩次，當然也可以將這個次數記錄下來；
第四步：遍歷樹，換位置
void reverse(TreeNode * root, int count, int x, int y){ if(root!=nullptr){ if(root->val == x || root->val == y){ root->val = (root->val == x) ? y : x;//swap (x,y) if(--count == 0){//來計數是第幾次如果是第二次了后面的就不用再遍歷了； return; } } reverse(root->left,count,x,y); reverse(root->right,count,x,y); } }
第五步：主函數
void recoverTree(TreeNode* root) { vector<int> nums; inOrder(root, nums);//第一步中序遍歷得到升序數組 vector<int> swap_vals = find2val(root, nums);//找到兩個被錯誤交換的值 reverse(root,2,swap_vals[0],swap_vals[1]);//遍歷樹，進行交換； }
算法分析：
- 時間復雜度：O(N)，其中N為BST的節點數。中序遍歷要O(N)的時間，而判斷交換節點在哪里，最好的情況是O(1)，最壞的情況是O(N)，所以是O(N)；
- 空間復雜度：O(N)，因為用到了一個數組來存放升序數列；
以上是一般大眾思維，那么如何進行優化呢？優化的點在哪里呢？
其實，我們沒有必要去引入這個nums數組，因為我們在中序遍歷樹時，如果去維護一個前節點變量，那么我們就可以在遍歷過程中直接進行比較，我們在這里引入一個棧，並且迭代實現中序遍歷，並不是遞歸。具體用法看下面；
如：
3 / \ 1 4 / 2
第一步：中序遍歷，先找到最左節點，中途所有的節點都入棧；
第二步：繼續；
第三步：取棧頂元素，並賦予前一個節點變量pred，並向彈出的節點的右子樹走；
第四步：繼續，因為1的右節點，也是NULL，故繼續彈棧，彈出來也就是1的父節點3；賦予前一個節點變量pred=3；
第五步：遍歷右子樹，有值，尋找右子樹中的最左節點，並將沿途所遍歷的節點都入棧；
第六步：入棧，找到右子樹的最左節點；
第七步：彈出棧頂，此時相當於，找到了以 3 為根節點的，中序遍歷中左子樹的最后一個節點值，和右子樹中的第一個值。這句話的意思是，當你中序遍歷時，3的前后值分別為 1 和 2 ；
看好這里，發現了前后節點值大小異常：2 < 3，記錄下這兩個節點Node1，Node2；
第八步：繼續；
第九步：遍歷完畢，找到了交換的點Node1，Node2，進行交換即可；
代碼實現：
class Solution { public: void recoverTree(TreeNode* root) { stack<TreeNode*> stk; TreeNode* x = nullptr; TreeNode* y = nullptr; TreeNode* pred = nullptr; while (!stk.empty() || root != nullptr) { while (root != nullptr) { stk.push(root); root = root->left; } root = stk.top(); stk.pop(); if (pred != nullptr && root->val < pred->val) { y = root; if (x == nullptr) { x = pred; } else break; } pred = root; root = root->right; } swap(x->val, y->val); } };
這部分圖來自：
作者：LeetCode-Solution 鏈接：https://leetcode-cn.com/problems/recover-binary-search-tree/solution/hui-fu-er-cha-sou-suo-shu-by-leetcode-solution/ 來源：力扣（LeetCode） 著作權歸作者所有。商業轉載請聯系作者獲得授權，非商業轉載請注明出處。
復雜度分析：
- 時間復雜度：最壞情況下是需要遍歷整棵樹（即交換節點為BST的最右側的兩個節點），時間復雜度為O(N)，N為節點個數；
- 空間復雜度：O(H)，H為BST的高度；注意：中序遍歷的時候，棧的深度取決於樹的高度噢！！！
親愛的，你們以為到這里就結束了嗎？
錯，大錯特錯，在這里突然冒出一個Morris中序遍歷算法，這個算法之前是真的不知道。無知了...