第一次寫這個部落格以後我發現我理解錯了題目，但是我的問題更具有一般性，更複雜，所以文章就不改了題目：只有兩個結點被錯誤的交換。
我的：有任意多個結點被錯誤的交換。
先分析題目：使用o(n)空間複雜度的解法很容易實現，那麼我們先看看很容易實現是怎實現的。
1、中序遍歷二叉樹，並將中序序列儲存在乙個陣列numbers中
2、對numbesr進行排序
3、中序遍歷二叉樹，並用numbers序列按遍歷順序覆蓋掉二叉樹中的每乙個值
此演算法即是我想到的空間複雜度為o(n)容易的解法
123的時間複雜度分別為o(n), o(nlogn), o(n)，因此上述演算法時間複雜度為o(nlogn)
接下來，看一下使用常數空間怎麼解決這個問題。
先注意一點
通過題目給的介面函式可以看出，是值傳遞。因此通過對原樹進行遍歷並重新構建乙個新樹，再把新樹根結點賦值給root的方法是不成立的，而且題目說明，樹的結構不發生改變，也能夠理解到，這個題目是要直接交換樹結點的值。void recovertree(treenode* root)根據之前演算法1的啟發，其實要做的就是對二叉樹進行排序，使得其中序遍歷序列為有序序列即可。而中序遍歷能夠得到什麼？
能得到乙個按次序訪問的結點序列，如果每次訪問下乙個結點之前，都記錄乙個之前訪問的結點，那麼就可以得到一對相鄰結點。
然而思考的順序有些顛倒，設定乙個之前訪問的結點並不是突發奇想，而在於對排序演算法知識的積累。題目核心在於排序，因此需要思考排序演算法與此題目的關聯性，哪些排序演算法能夠比較容易套進來？常見的有選擇排序，氣泡排序，插入排序，快速排序。快速排序不考慮因為比較複雜，不論是選軸值和從兩端遍歷都不是那麼好實現。選擇排序每次需要從第k個位置去更新，也不太舒服。因此冒泡和插入排序是值得考慮的點。雖然是在用排除法，其實最開始就想到了氣泡排序，只是在總結時候強行加了這麼乙個思考方式，因為氣泡排序是比較相鄰元素，中序遍歷也比較容易得到乙個相鄰序列。
每次比較相鄰的訪問結點，並將數值較大的結點往後冒泡，最終就能得到有序的序列，在這個題目中，需要乙個改進的氣泡排序，當任何一次冒泡過程沒有發生元素交換，則冒泡過程結束，排序完成，否則就需要先統計樹的結點數目n，然後再進行n次冒泡，多次一舉。
具體演算法可以結合**理解：
這裡用到了c++的lambda表示式，因為匿名引數的閉包特點，能夠將演算法封閉在函式內部，所以很優雅。效率仍未考知。class solutionbool ok = true;
ok = ok && sorttree(root->left);
if (pre != null && root->val < pre->val)
pre = root;
ok = ok && sorttree(root->right);
return ok;
};do
while (!sorttree(root));}};
1、二叉排序樹的定義。左子樹結點都小於根結點的值，右子樹的結點都大於根結點的值，子樹也是二叉排序樹。
2、二叉排序樹可以通過中序遍歷得到有序序列，中序序列的逆序列可以得到降序序列。
3、基礎排序演算法的流程，特點。
4、遞迴函式的技巧，中序遍歷二叉搜尋樹過程中，得到序列需要乙個遞迴函式外的變數來保持索引過程。因此遞迴函式並不是完全封閉的。很多遞迴函式都用到了類似的技巧，通過訪問外部全域性或成員函式來獲得快捷訪問，也避免了遞迴函式引數傳遞過多的問題，但從封裝的角度上來說，這種做法是並不優雅的。
5、*lambda（非必要）
雖然通過演算法二解決了這個挑戰，也能成功ac，但氣泡排序的時間複雜度為o(n^2)，並不是非常優秀，通過演算法一可以看到，這個題目的時間複雜度是可以達到理論最優的o(n*logn)的，因此該演算法也只能說解決了問題，而沒有較完美的解決問題，如果空間複雜度能控制在o(1)，時間複雜度控制在o(n*logn)，那麼應該是對這個題目乙個完美答卷了。感興趣的同學可以自己思考思考，是否能做的更好。
LeetCode 99 恢復二叉搜尋樹
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