[Leetcode] Binary Tree Postorder Traversal

题目：

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

For example:
Given binary tree {1,#,2,3},

   1    \     2    /   3

return [3,2,1].

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

Leetcode上并没有这道题，但是由于和inorder类似，所以写上来。

思路：递归的做法非常简单，重点是如何用循环来做。

        整体思路是利用一个堆栈去模拟递归的过程，问题是，如果完全按照递归的过程去做堆栈，那么对于栈顶的元素A需要将左子树压入堆栈，然后当左边的元素弹出堆栈后，再将右子树压入堆栈，最后弹出A。这样，元素A有三次成为栈顶的机会：第一次压入了左子树；第二压入右子树，第三次弹出，输出——递归的做法由于实际压入堆栈的是一个函数，很好的记录了当前状态（即进行到哪一步了）；可是堆栈无法记录。

        解决的办法有很多，第一种是修改node的结构，但这一次bool成员无法满足要求了，因为需要记录三种状态，一是没压左子树的，需要压入左子树，二是压完左子树的，那么压入右子树，三是压完右子树的，那么输出并弹出；因此，需要用一个int去记录；第二种是利用一个hashmap去存上述状态；另外还有用两个栈去实现的做法。

        比较好的做法是，类似inorder遍历，设置current指针。但是现在的问题是，当A的左子树遍历完，A回到栈顶时并不能弹出，需要将右子树压入。这样，A有三次作为栈顶，而current指针只能帮助区分前两个状态，无法区分A是需要压入右子树还是需要输出并弹出。因此，需要另一个指针来帮助区分。具体做法是，利用另一个指针last_pop记录上一次弹出的元素，如果上一次弹出的元素是当前元素的右子节点，那么右子树已经被访问过了，可以输出跟节点并弹出堆栈；反之，将右子树压入堆栈。

        这里引入了几个新的问题，第一个是current指针的赋值问题。inorder遍历的时候，我们的做法是当current指向null时，说明栈顶的元素的左子树已经遍历完了，需要输出，出栈，同时将current指针导向右边继续向左向下走。可是，在做postorder的时候，栈顶元素的右子树可能没被访问过，那么把current指针导向右边，但栈顶元素的右子树也可能已经访问过，这个时候，current指针应该指向哪里呢？

        如果仔细观察inorder的算法，就可以发现，current指针的作用并不仅仅是指向当前要访问的节点这么简单，他的根本作用在于控制访问节点的方向——当current非空时，由上向下访问；反之，由下向上访问。就inorder遍历来说，当current向左向下走到头的时候，向上访问，栈顶的元素可以安全输出，然后将current指针导向右边，继续向下访问。现在就很容易理解postorder是如何运作的了：当current等于null时，向上访问到栈顶元素A，此时，如果A的右节点没有被访问过，那么将current指向这个节点继续向下访问，若果A的右节点已经被访问过了，那么我们将A输出，出栈后，需要继续向上访问，因此，current指针的值不会发生变化，依然是null.

        第二个问题是右子节点的判断问题。path.top()->right != last_pop是一个关键的条件：如果上一个弹出的节点不是右子节点，那么右子树很可能没有被访问过。有没有其他的条件呢？假设只有这一个条件，那么考虑一种情况：一个节点A只有左子节点B，没有右子节点。当B弹出堆栈后，A变成了栈顶。这时显然A的右子节点为null，并不为刚弹出的B，于是将current指向右边。下一次循环时，又会进入这条判断语句，current被再次赋值为null，造成死循环。造成这个死循环的根本原因是，右子树没有被访问过，于是赋值current，希望向下继续访问，而current正好是null，引导向上访问，于是程序就永远的停在了这个地方。因此，还需要加另一个判断条件：path.top()->right != nullptr，利用这个条件，我们保证了只有当右子节点不为空时，才进入这条语句，引导current，向下访问，否则，低于这个节点的所有节点已被访问完毕，输出这个节点，出栈，继续向上访问。

class Solution {public:    vector<int> postorderTraversal(TreeNode *root) {        vector<int> result;        if (root == nullptr) return result;        stack<TreeNode*> path;        TreeNode* current = root;        TreeNode* last_pop = nullptr;        while (!path.empty() || current != nullptr) {            if (current != nullptr) {   //keep pushing the left subtree                path.push(current);                current = current->left;            } else {   //until reach the end                if (path.top()->right != nullptr && path.top()->right != last_pop) {   //right subtree has not been touched                    current = path.top()->right;   //redirect to its right tree                } else {   //right subtree has been touched                    last_pop = path.top();                    path.pop();                    result.push_back(last_pop->val);                }            }        }        return result;    }};

总结：复杂度为O(n).