给你二叉树的根节点 root ，返回其节点值的 层序遍历 。 （即逐层地，从左到右访问所有节点）。
示例 1：
输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：[[3],[9,20],[15,7]]
示例 2：
输入：root = [1]
输出：[[1]]
示例 3：
输入：root = []
输出：[]
提示：
树中节点数目在范围 [0, 2000] 内
-1000 <= Node.val <= 1000
【分析】
方法一：迭代实现
广度优先遍历是按照层层推进的方式，遍历每一层的节点。题目要求的是返回每一层的节点值，所以这道题非常适合用广度优先来做。
广度优先需要用队列作为辅助结构，我们先将根结点放到队列中，然后不断遍历队列。
首先拿出根节点，如果左子树/右子树不为空，就将他们也都放入队列中。第一遍处理完后，根节点已经从队列中拿走了，而根节点的两个孩子已放入队列中，现在队列中就有了两个节点2和5。
第二层处理会将2和5这两个节点从队列中拿走，然后再将2和5的子节点放入队列中，现在队列中就有三个节点3，4，6。
我们把每一层遍历到的节点都放入到一个结果集中，最后返回这个结果就可以了。
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
# self.val = val
# self.left = left
# self.right = right
class Solution:
def levelOrder(self, root: TreeNode) -> List[List[int]]:
if not root:
return []
res = []
queue = [root]
while queue:
# 获取当前队列的长度，这个长度相当于当前这一层的节点个数
size = len(queue)
tmp = [] # 定义临时列表，用于
# 将队列中的元素都拿出来（也就是获取这一层的节点），放到临时list中
# 如果节点的左子树/右子树不为空，也放入队列中
for _ in range(size):
r = queue.pop(0)
tmp.append(r.val)
if r.left:
queue.append(r.left)
if r.right:
queue.append(r.right)
# 将临时列表tmp加入最终的返回结果中
res.append(tmp)
return res方法二：递归实现
用广度优先处理是很直观的，可以想象成是一把刀横着切割了树的每一层。
但是深度优先遍历就不那么直观了。我们开下脑洞，把二叉树的样子调整一下，摆成一个田字形的样子。田字形的每一层就对应一个list。
按照深度优先的处理顺序，会先访问节点1，再访问节点2，接着是节点3。
之后是第二列的节点4，5。最后是第三列的节点6。
每次递归的时候都需要带一个index（表示当前的层数），也就对应那个田字格子中的第几行，如果当前行对应的list不存在，就加入一个空list进去。
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(h), h为树高度。
class Solution(object):
def levelOrder(self, root):
"""
:type root: TreeNode
:rtype: List[List[int]]
"""
if not root:
return []
res = []
def dfs(index,r):
# 假设res是[ [1],[2,3] ]， index是3，就再插入一个空list放到res中
if len(res)<index:
res.append([])
# 将当前节点的值加入到res中，index代表当前层，假设index是3，节点值是99
# res是[ [1],[2,3] [4] ]，加入后res就变为 [ [1],[2,3] [4,99] ]
res[index-1].append(r.val)
# 递归的处理左子树，右子树，同时将层数index+1
if r.left:
dfs(index+1,r.left)
if r.right:
dfs(index+1,r.right)
dfs(1,root)
return res天雨虽宽，不润无根之草。 佛门虽广，不渡无缘之人。
