1.链式二叉树概念及其逻辑
每个树都要看成：根，左子树，右子树
链表、顺序表中的遍历方式有正序遍历和逆序遍历，而我们在二叉树中，有前序遍历、中序遍历、后序遍历、层序等多种遍历方法。
所谓 二叉树遍历 (Traversal) 是按照某种特定的规则，依次对二叉 树中的节点进行相应的操作，并且每个节点只操作一次 。访问结点所做的操作依赖于具体的应用问题。 遍历 是二叉树上最重要的运算之一，也是二叉树上进行其它运算的基础。
我们用以下二叉树为例（接下来所有的测试用例都是他）：
前序（根在最前访问的顺序）：现在的树为
根：1 左子树：2.... 右子树：4.....
先访问根1，再访问左子树。
访问左子树后，现在的树变成
根： 2 左子树：3..... 右子树:NULL
依次类推。
中序（根在中间访问的遍历方法）：第一个访问的是3的左子树
现在的树为
根：1 左子树：2.... 右子树：4.....
先访问左子树，树变为
根： 2 左子树：3..... 右子树:NULL
先访问左子树，树变为
根：3 左子树：NULL 右子树：NULL
（空树为最小访问单位，不用再继续递归，可直接访问）
3为根的树作为2的左子树被访问完后，树变回为
根： 2 左子树：3..... 右子树:NULL
接下来，访问 2作为根的树 的根（也就是2自己），再访问2的右子树NULL。
依此类推。
后序（根在最后访问的方法）同理，需要遍历计数时，多用后序
层序就是逻辑上很简单的一层一层遍历（堆就是完全二叉树以层序的方法放进数组的），层序是非递归的，不作为此处学习重点
下图为前中后三序以及层序的访问顺序（N代表NULL）
2.代码实现以及基础练习题
二叉树的重点一定不是增删查改。
否则二叉树的使用价值便毫无意义，不如链表和数组，二叉树的重点一定是他的结构，所以我们优先学习二叉树的结构，为以后的学习打下基础。
简易实现强中后序的遍历以及求二叉树和大小和深度的接口
2.1前序、中序、后序
因为我们的知识储备不足，所以手写一个弱智二叉树：
typedef struct BinTreeNode {
struct BinTreeNode* left;
struct BinTreeNode* right;
int val;
}BTNode;
BTNode* BuyBTNode(int val) {
BTNode* newnode = (BTNode*)malloc(sizeof(BTNode));
if (newnode == NULL) {
perror("malloc failed!");
exit(1);
}
newnode->val = val;
newnode->left = NULL;
newnode->right = NULL;
return newnode;
}
BTNode* CreateTree()
{
BTNode* n1 = BuyBTNode(1);
BTNode* n2 = BuyBTNode(2);
BTNode* n3 = BuyBTNode(3);
BTNode* n4 = BuyBTNode(4);
BTNode* n5 = BuyBTNode(5);
BTNode* n6 = BuyBTNode(6);
//每一个都是malloc出来的堆区变量，不会被销毁
n1->left = n2;
n1->right = n4;
n2->left = n3;
n4->left = n5;
n4->right = n6;
return n1;
}我们以前序为例，展开调用过程
从物理结构上来说，调用3的左边时（NULL）和3的右边时（NULL）使用的是同一块空间，在之前讲解时间复杂度的博文中对这一点有记录
（因为空间是可以复用的，由此也能说明递归的空间复杂度就是深度）
“空”是最小规模的子问题，因此每当遇到空时，就应该直接返回。
后序、中序同理，此部分逻辑较简单，直接给出代码。
void Preorder(BTNode* root) {//根 左子树 右子树
if (root == NULL) {
printf("N ");
return;
}
printf("%d ", root->val);
Preorder(root->left);
Preorder(root->right);
}
void Inorder(BTNode* Node) {//左子树 根 右子树
if (Node == NULL) {
printf("N ");
return;
}
Inorder(Node->left);
printf("%d ", Node->val);
Inorder(Node->right);
}
void Backorder(BTNode* root) {//左子树 右子树 根
if (root == NULL) {
printf("N ");
return;
}
Backorder(root->left);
Backorder(root->right);
printf("%d ", root->val);
}2.2链式二叉树中节点的个数TreeSize
在以往的思路中，面对链表组成的结构，我们希望使用一个变量充当计数器的作用，每遍历一个节点，计数器就+1，以此达到计数的目的。
于是聪明的你写出如下代码：
问题在哪？
由函数栈帧中的知识可知，size是一个局部变量，他没有被作为参数，每次出函数都会被销毁。所以size一直无法计数，他总是++size之后就被销毁了。
于是你决定使用static定义静态变量
问题又出在哪？
貌似没有问题，但倘若我掏出如下 主程序代码，不知阁下又该如何应对呢？
//..............
TreeSize(root);
TreeSize(root);
TreeSize(root);
//..............当该函数被连续调用三次，每一次的值都会增加（如我们上文中手搓的二叉树，第一次返回6，第二次返回12，第三次返回18）
静态成员变量只会被初始化一次。
因此，再次调用该函数时，size会保留已经拥有的数值，直到程序结束。
尽管利用指针或者返回size等方法都能解决，
但既然链式二叉树以递归而出名，我们就应该考虑用递归的方法来获取个数。
类似于斐波那契数列，我们给出如下方法：
int TreeSize(BTNode* root) {
return root == NULL ? 0 : 1 + TreeSize(root->left) + TreeSize(root->right);
}2.3链式二叉树中的最大深度
104. 二叉树的最大深度 - 力扣（LeetCode）
思路非常类似于节点个数:
递归的 核心逻辑就是“分而治之”，我们希望得到现在的高度，就需要知道左右子树的最大深度再加上自己（+1），要想知道左右子树的最大深度，就要将左右子树看做新的根新的左右子树...................
有了思路，对于初学者们来说，任然有可能跑不过，甄别以下代码：
两种方法的思想是一样的，但是第一种方法一共调用了
四次函数，也就是从头到尾共走了四次完整的树，而第二种方法只走了两次完整的树，效率更高 。
首先做到理解第一种方法更慢，但是并不是简单调用了四次函数那么简单。
(以下内容仅作参考性了解) ：
先说结论，我们认为右边的算法每个节点遍历了一遍，共n个节点，消耗为O(N).
那么左边的时间复杂度是O(2^N)，原因如下：
对于左边的代码，我们可以认为每一个节点都有“健忘症”，每当比较完一次自己的左右子树谁大之后，只能记住谁更大，但是具体多大记不住，因此，他只能再向下调用一次大的那个节点
我们从下往上看（按照函数的递归原理，进入函数后会先maxDepth到尾部，也就是叶子节点的左右子树）。由于叶子节点的左右子树都为空，不满足
maxDepth(root->left)>maxDepth(root->right)因此执行maxdepth(root->right)+1,又会向下调用一次空来return NULL。
当叶子传给他的上级“小领导”之后， 小领导又是只能记住谁大谁小，让大的叶子节点（两个目前是一样大的）向下再遍历一次，而叶子节点的向下遍历又会调用一次空来return NULL
...........................
从根的角度来说，根忘记了一次，第一代儿子们就会忘记两次, 第一次告诉他谁大谁小，第二次是大的那个儿子要去再遍历一遍他的后代。而第一代儿子们每一次的忘记对于第二代儿子来说都意味着遍历两遍，又因为第一代孩子一共忘记两次，所以第二代儿子就得遍历四次，对于第三代儿子就是8次..........
对于最坏的情况：
共遍历的次数就是2为公比的等比数列求和，故总次数是2^n次方（此时的节点个数都拿去堆积层数了）。
2.4链式二叉树中第k层节点个数
首先认识到：
对于第一层来说，第三层是第三层；对于第二层来说，第三层是第二层；对于第三层来说，第三层是第一层。
于是（以k=3而言），求第三层个数就是求第二层的第二层，就是求第三层的第一层。
为什么要如此麻烦的来思考这个问题？
递归问题中，大致分为两个部分需要我们考虑，一个是确定需要继续深层递归的子问题，另外一个是确定返回的条件，也叫作最小子问题。我们通过上述方法，让需要递归的子问题接近我们的返回条件，以达到返回的目的
二叉树中的返回条件而言，空一定是一个最小子问题 ，但是就这个具体问题而言，还有什么情况是最小子问题呢？任然以k=3为例，我们已经递归到：求第三层个数就是求第三层的第一层（k=1），那么还能继续递归吗？此时不应该只要节点存在就返回1了吗？
由此，我们实现代码如下：
int TreeKLevel(BTNode* root, int k) {
if (root == NULL) {
return 0;
}
if (k == 1 ) {
return 1;
}
return TreeKLevel(root->left, k - 1) + TreeKLevel(root->right, k - 1);
}2.5链式二叉树中的查找问题
先分析最小子问题：
由上文可知，一般情况下为空都是二叉树的一个最小子问题，此处一样。其次，若是找到了对应的val，也需要直接返回，也是最小子问题之一。
再分析子问题：
不为空也不相等，需要以该节点为新的根继续向下查找的办法。
实现如下：
这样真的能返回吗？
返回是返回给函数调用的地方，此处函数的返回值没有被任何变量接受，是无效返回。
一些严格的编译器可能会直接报错 （如力扣等）
我们稍加修改：
这是前面我们计算二叉树节点个数时出现的“健忘症”问题，复杂度会提升很多。
正确实现：
//查找函数
BTNode* TreeFind(BTNode* root, int x) {
if (root == NULL) {
return NULL;
}
if (root->val == x) {
return root;
}
//更深层递归问题
BTNode* nodel = TreeFind(root->left, x);
if (nodel!= NULL) {
return nodel;
}
//...............
BTNode* noder = TreeFind(root->right, x);
if (noder != NULL) {
return noder;
}
return NULL;
}检测一下：
2.6判定是否为相同的树
100. 相同的树 - 力扣（LeetCode）
任然是递归的思想，不过要注意根节点是否为空
bool isSameTree(struct TreeNode* p, struct TreeNode* q) {
if(p==NULL&&q==NULL){
return true;
}
if(p==NULL||q==NULL){
return false;
}
if(p->val!=q->val){
return false;
}
//都存在且相同
return isSameTree(p->left,q->left)&&
isSameTree(p->right,q->right);
}类似的，还有题目判断是否是相同的树
101. 对称二叉树 - 力扣（LeetCode）
bool _isSymmetric(struct TreeNode* broleft,struct TreeNode* broright){
if ( broleft == NULL && broright == NULL ){
return true;
}
if(broleft==NULL || broright==NULL){
return false;
}
if(broleft->val != broright->val){
return false;
}
return _isSymmetric(broleft->left,broright->right)&&
_isSymmetric(broleft->right,broright->left);
}
bool isSymmetric(struct TreeNode* root) {
struct TreeNode* broleft=root->left;
struct TreeNode* broright=root->right;
if ( broleft == NULL && broright == NULL ){
return true;
}
if(broleft==NULL || broright==NULL){
return false;
}
if(broleft->val != broright->val){
return false;
}
return _isSymmetric(broleft,broright);
}
