方法一：對陣列進行排序
演算法：
按中序遍歷樹，遍歷之後的陣列應該是幾乎排序的列表，其中只有兩個元素被交換
再次遍歷樹，將值x的節點改為y，將值y的節點改為x
**：
/**
* definition for a binary tree node.
* public class treenode
* }*/class
solution
public
int[
](list
nums)
}return
newint
;}public
void
recover
(treenode r,
int count,
int x,
int y)
recover
(r.left, count, x, y)
;recover
(r.right, count, x, y);}
}public
void
recovertree
(treenode root)
}
複製到分析：
時間複雜度：最壞o(n)，最好o(1)
空間複雜度：o(n)
優化思路：
在方法一中，我們討論了這個難題的三個簡單子問題：
構造中序遍歷序列
在幾乎排序的數列中查詢兩個交換的元素
在陣列中交換兩個節點的值
事實上，我們可以將上面的三個步驟簡化成兩步：
合併步驟一和步驟二，即在中序遍歷時確定交換的元素
交換節點的值
以下的方法區別只在於實現中序遍歷的演算法
方法二：迭代中序遍歷
演算法：
在這裡，我們通過迭代構造中序遍歷，並在一次遍歷中找到交換的節點。
迭代順序很簡單：盡可能的向左走，然後向右走一步，重複一直到結束。
若要找到交換的節點，就記錄中序遍歷中的最後乙個節點 pred（即當前節點的前置節點），並與當前節點的值進行比較。如果當前節點的值小於前置節點 pred 的值，說明該節點是交換節點之一。
交換的節點只有兩個，因此在確定了第二個交換節點以後，可以終止遍歷。
這樣，就可以直接獲取節點（而不僅僅是它們的值），從而實現 o(1)的交換時間，大大減少了步驟 3 所需的時間。
**：
/**
* definition for a binary tree node.
* public class treenode
* }*/class
solution
public
void
recovertree
(treenode root)
root = stack.
removelast()
;if(pred != null && root.val < pred.val)
pred = root;
root = root.right;
}swap
(x, y);}
}
複雜度分析：
時間複雜度：最好o(1)，最壞（交換節點之一是最右邊的葉節點）o(n)
空間複雜度：o(h)，h指的是樹的高度
方法三：遞迴中序遍歷
演算法：
遵循 left 到 node 到 right 方向
即對左子節點進行遞迴呼叫，然後判斷該節點是否被交換，再對右子節點執行遞迴呼叫
**：
/**
* definition for a binary tree node.
* public class treenode
* }*/class
solution
public
void
(treenode root)
pred = root;
(root.right);}
public
void
recovertree
(treenode root)
}
複雜度分析：
時間複雜度：最好o(1)，最壞o(n)
空間複雜度：o(h)
方法四：mirris中序遍歷
演算法：如果沒有鏈結，設定連線並走向左子樹。
如果有連線，斷開連線並走向右子樹。
如果該節點沒有左孩子，即沒有左子樹，則我們直接走向右子樹。
**：
/**
* definition for a binary tree node.
* public class treenode
* }*/class
solution
public
void
recovertree
(treenode root)
// break link predecessor.right = root
// link is broken : time to change subtree and go right
else
pred = root;
predecessor.right = null;
root = root.right;}}
// if there is no left child
// then just go right.
else
pred = root;
root = root.right;}}
swap
(x, y);}
}
複雜度分析：
時間複雜度：o(n)，訪問每個節點兩次
空間複雜度：o(1)
吾之生也有涯，而知也無涯
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