題目描述：給定一棵二元樹的根節點 root，返回其節點值的前序遍歷（preorder traversal）結果。前序遍歷的順序是：根節點 → 左子樹 → 右子樹。
解題思路：使用迭代搭配顯式堆疊（stack）模擬遞迴行為。核心觀察：堆疊是後進先出（LIFO），要先處理左子樹，就必須先推入右子節點、再推入左子節點，這樣彈出時左子節點會先被處理。
演算法流程：將根節點推入堆疊；每次從堆疊彈出節點，記錄其值；然後先推入右子節點（若存在），再推入左子節點（若存在）。重複直到堆疊為空。此方法避免了系統呼叫堆疊的遞迴開銷，在競賽中也是展示迭代遍歷能力的標準寫法。
時間複雜度：O(n) — 每個節點恰好被訪問（推入與彈出）一次，n 為樹的節點總數。
空間複雜度：O(n) — 最壞情況（完全偏斜樹）堆疊需要存放所有節點；平均情況（平衡樹）為 O(log n)，對應樹的高度。
1. If root is null, return empty list 2. Initialize stack with root, result as empty list 3. While stack is not empty: a. Pop node from stack b. Append node.val to result c. If node.right exists, push node.right onto stack d. If node.left exists, push node.left onto stack 4. Return result
方法一：遞迴（Recursive DFS）
最直觀的寫法：preorder(node) 先訪問當前節點，再遞迴呼叫左子樹、右子樹。時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(n)（遞迴呼叫堆疊深度等於樹高），程式碼簡潔但有函數呼叫開銷。
方法二：Morris Traversal（莫里斯遍歷） 無需額外堆疊或遞迴，利用樹中的空指標暫時建立「線索」（threaded link）來回溯。時間複雜度 O(n)，空間複雜度 O(1)，但會暫時修改樹結構（最終會還原），實作較複雜，適合對空間有嚴格限制的場景。