Given a tree, rearrange the tree in in-order so that the leftmost node in the tree is now the root of the tree, and every node has no left child and only 1 right child.

Example 1:
Input: [5,3,6,2,4,null,8,1,null,null,null,7,9]



      5
     / \
    3   6
   / \   \
  2   4   8
 /       / \
1       7   9



Output: [1,null,2,null,3,null,4,null,5,null,6,null,7,null,8,null,9]



 1
  \
   2
    \
     3
      \
       4
        \
         5
          \
           6
            \
             7
              \
               8
                \
                 9

Note:

1. The number of nodes in the given tree will be between 1 and 100.
2. Each node will have a unique integer value from 0 to 1000.

这道题给了一棵二叉树，让我们对其进行重排序，使得最左结点变为根结点，而且整个树不能有左子结点，如题目中的例子所示，排序后的结果是一条向右下方延伸的直线。如果我们仔细观察题目中的例子，可以发现遍历顺序其实是 左->根->右，就是中序遍历的顺序，虽然题目中没说是二叉搜索树，但这并不影响我们进行中序遍历。我们先从最简单的例子开始分析，当 root 为空时，直接返回空，当 root 没有左右子结点时，也是直接返回 root。当 root 只有一个左子结点时，我们此时要把其左子结点变为根结点，将原来的根结点变成其原来的左子结点的右子结点。但是如果 root 只有一个右子结点，还是保持原来的顺序不变，而若 root 同时具有左右子结点的话，还是要将左子结点变为根结点，然后把之前的根结点连到右子结点上，之前的右子结点还连在之前的根结点上，这个不用改变。我们可以发现，最麻烦的就是左子结点了，需要和其根结点交换位置，所以对于每个结点，我们需要知道其父结点的位置，那么就在递归函数的参数中传入一个 pre 结点，再对左右子结点调用递归函数时，都将其下一个要连接的结点传入，这个 pre 结点可能是当前结点或者当前结点的父结点。

在递归函数中，首先判空，若当前结点为空的话，直接返回 pre 结点，因为到空结点的时候，说明已经遍历到叶结点的下方了，那么 pre 就是这个叶结点了。由于是中序遍历，所以要先对左子结点调用递归函数，将返回值保存到一个新的结点 res 中，表示的意义是此时 node 的左子树已经全部捋直了，而且根结点就是 res，而且 node 结点本身也被连到了捋直后的左子树下，即此时左子结点和根结点已经完成了交换位子，当然要断开原来的连接，所以将 node->left 赋值为 nullptr。然后再对 node 的右子结点调用递归函数，注意此时的 pre 不能传入 node 本身，而是要传 node 结点的 pre 结点，这是因为右子结点后面要连接的是 node 的父结点，比如兑入下面这例子：

    4
   /
  2
 / \
1   3

当运行到结点3的时候，pre 应该带入的是结点4，这样就可以把结点4连到结点3的右下方，从而正确的捋直，参见代码如下：

解法一：

class Solution {
public:
    TreeNode* increasingBST(TreeNode* root) {
        return helper(root, nullptr);
    }
    TreeNode* helper(TreeNode* node, TreeNode* pre) {
        if (!node) return pre;
        TreeNode* res = helper(node->left, node);
        node->left = nullptr;
        node->right = helper(node->right, pre);
        return res;
    }
};

我们也可以采用中序遍历的迭代形式，使用栈来辅助。由于根结点可能会产生变化，所以我们需要一个 dummy 结点，还需要一个 pre 结点。在 while 循环中，先找到最左结点，把路径上的所有结点都压入栈，然后取出栈顶元素，将其连到 pre 的右子结点上，并将 pre 更新为其右子结点，然后断开栈顶元素的左子结点连接，并将其移动到右子结点上，并继续循环，最终返回 dummy 的右子结点即可，参见代码如下：

解法二：

class Solution {
public:
    TreeNode* increasingBST(TreeNode* root) {
        TreeNode *dummy = new TreeNode(-1), *pre = dummy;
        stack<TreeNode*> st;
        while (root || !st.empty()) {
            while (root) {
                st.push(root);
                root = root->left;
            }
            root = st.top(); st.pop();
            pre->right = root;
            pre = pre->right;
            root->left = nullptr;
            root = root->right;
        }
        return dummy->right;
    }
};

Github 同步地址:

#897

参考资料：

https://leetcode.com/problems/increasing-order-search-tree/

https://leetcode.com/problems/increasing-order-search-tree/discuss/251290/C%2B%2B-short-iterative

https://leetcode.com/problems/increasing-order-search-tree/discuss/165885/C%2B%2BJavaPython-Self-Explained-5-line-O(N)

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