두 갈래 나무의 누비는 두 갈래 나무 중 가장 기초적인 부분이다.
여기에 두 갈래 나무를 정리해서 세 가지 순서로 옮겨다니지 않아도 된다.
귀속되지 않으면 일반적으로 창고에서 완성해야 한다.물론 단서 두 갈래 나무(창고나 귀속이 필요 없음)도 중간 순서를 완성할 수 있으므로 창고를 사용하는 실현 방식에 중심을 두었다.

중순으로 두루 다니다.

(1)
더블while, 두 번째 안쪽while는leftchild를 끊임없이 눌러 넣기 위한 것이다.
 

vector inorderTraversal(TreeNode *root) {
        vector v;
        if(!root) return v;
        TreeNode* tmp = root;
        stack st;
        while(tmp || !st.empty()){
            while(tmp){
                st.push(tmp);
                tmp = tmp -> left;
            }
            if(!st.empty()){
                tmp = st.top();
                st.pop();
                v.push_back(tmp -> val);
                tmp = tmp -> right;
            }
        }
        return v;
    }

Leet Code: Binary Tree Inorder Traversal  AC 8ms
더욱 간단하게 내부 순환을 없애는 문법은 원리가 똑같지만 유일하게 다른 것은 밝은 부분이다.

vector inorderTraversal(TreeNode *root) {
        vector v;
        if(!root) return v;
        TreeNode* tmp = root;
        stack st;
        while(tmp || !st.empty()){
            if(tmp){
                st.push(tmp);
                tmp = tmp -> left;
            }else{
                tmp = st.top();
                st.pop();
                v.push_back(tmp -> val);
                tmp = tmp -> right;
            }
        }
        return v;
    }

Leet Code: Binary Tree Inorder Traversal  AC 32ms
후순이 두루 다니다
(1) 두 창고 실현법, 한 창고 st1은 유사한 순서로 반복하는 방식(미세한 차이점은leftchild 선진 창고), 모든 출력을 다른 창고 st2에 저장한다.마지막으로 st2의 내용을 하나씩 출력하면 끝난다.
이런 방식은 매우 이해하기 쉽다. 왜냐하면 뒷순서가 바뀐 후의 앞순서가 뒤바뀌는 출력이기 때문이다.st2의 역할은 단 하나: 역순이다.따라서 출력 결과가vector에 존재한다면 결과를 직접reverse로 해도 됩니다.
 
(2) 한 창고 실현법, 이런 방식은pre지침을 정의해야 한다.
이런 방식도 이해하기 쉽다. 뒷순서는parent가 아이보다 뒤에 출력하는 것이다. 그러면 우리는parent를 읽을 때parent의 값을 출력하느라 바쁘지 않고 창고에 남겨두고 좌우 아이를 계속 창고에 눌러준다.
그럼 언제 PARent를 출력할 수 있을까요?좌우 아이가 이미 출력된 것을 발견하면parent를 출력할 수 있습니다.pre는 최근 출력의 결점을 기록하는 데 쓰인다.

vector postorderTraversal(TreeNode *root) {
        std::vector v;
        if(NULL == root) return v;
        std::stack st;
        TreeNode* pre = NULL;
        TreeNode* cur = NULL;
        
        st.push(root);
        while(!st.empty()){
            cur = st.top();
            if((NULL == cur -> right && NULL == cur -> left) 
            || (NULL != pre && (pre == cur -> right || pre == cur -> left))){
            //For each node, there will never be such case that one child is pre, one child is not yet traversed. Because both children are printed (or it's NULL) before stack.top == cur.
            //So if one child points to pre, that means current node can also be printed.
            //NULL != pre is used for the edge case that only two nodes: root contains one left node.
                st.pop();
                v.push_back(cur -> val);
                pre = cur;
            }else{
                if(NULL != cur -> right)
                    st.push(cur -> right);
                if(NULL != cur -> left)
                    st.push(cur -> left);
            }
        }
        return v;