【PAT甲级】 1020. Tree Traversals（已知后序和中序，求层序）

注：此题是一道二叉树的构建+递归+BFS的综合应用题，值得新手好好学习一番！

题目：

Suppose that all the keys in a binary tree are distinct positive integers. Given the postorder and inorder traversal sequences, you are supposed to output the level order traversal sequence of the corresponding binary tree.

Input Specification:

Each input file contains one test case. For each case, the first line gives a positive integer N (≤30), the total number of nodes in the binary tree. The second line gives the postorder sequence and the third line gives the inorder sequence. All the numbers in a line are separated by a space.

Output Specification:

For each test case, print in one line the level order traversal sequence of the corresponding binary tree. All the numbers in a line must be separated by exactly one space, and there must be no extra space at the end of the line.

Sample Input:

7
2 3 1 5 7 6 4
1 2 3 4 5 6 7

Sample Output:

4 1 6 3 5 7 2

题目大意：

已知后序和中序，求层序！

 

 

可以先来理解一下一个模板：

模板解决了已知先序和中序，重建二叉树的问题！遇到这种题，如果不会熟练，建议先画个图，在图中分析！

//一个已知先序和中序，重建二叉树的例子

node* create(int preL,int preR,int inL,int inR)
{
	//递归边界
	if(preL>preR)
	{
		return NULL;//先序序列长度小于等于0时，直接返回 
	}
	
	node* root=new node; //新建一个新的节点，用来存放当前二叉树的根节点
	root->data=pre[preL];//新结点的数据域为根节点的值
	int k;
	//找出当前子树的中序序列中根节点的下标k
	for(k=inL;k<=inR;k++)
	{
		if(in[k]==pre[preL])//在中序序列中找到ink[k]==pre[L]的节点
			break; 
	}
	
	
	int numLeft=k-inL;//左子树的节点个数
	
	//左子树的先序区间[preL+1,preL+numLeft],中序区间为[inL,k-1]
	//返回左子树的根节点地址，赋值给root的左指针
	root->lchild=create(preL+1,preL+numLeft,inL,k-1);
	
	//右子树的先序区间[preL+numLeft+1，preR],中序区间为[k+1,inR]
	//返回右子树的根节点 ，赋值给root的右指针
	root->rchild=create(preL+numLeft+1，preR,k+1,inR); 
	
	return root;
 } 

解题思路：

一般解法，重建二叉树，再BFS输出层序遍历的结果。

解答代码：

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
const int maxn=50;
struct node{
	int data;
	node* lchild;
	node* rchild; 
};

int pre[maxn],in[maxn],post[maxn];
int n; //结点个数

//create函数返回构建出的二叉树的根节点的地址
node* create(int postL,int postR,int inL,int inR)
{
	//递归边界
	if(postL>postR)
	{
		return NULL;//后序序列长度小于等于0时，直接返回 
	}
	
	node* root=new node;
	root->data=post[postR];//新节点的数据域为当前数的根节点值 
	
	int k;
	for(k=inL;k<=inR;k++)
	{
		if(in[k]==post[postR])
			break;
	};
	
	int numLeft=k-inL;//计算出左子树的结点个数
	root->lchild=create(postL,postL+numLeft-1,inL,k-1);
	root->rchild=create(postL+numLeft,postR-1,k+1,inR);
	
	return root; 
 } 


int num=0;
void BFS(node* root)
{
	queue q;//定义一个node类型的队列
	q.push(root);//根节点地址入队
	while(!q.empty())
	{
		node* now=q.front();//取出队首元素 
		q.pop();
		printf("%d",now->data);//访问队首元素
		num++;
		if(numlchild !=NULL) q.push(now->lchild);//左子树非空
		if(now->rchild!=NULL) q.push(now->rchild);//右子树非空 
		 
	} 	
}



int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=0;i

 

此处还有一种非常规的做法，但可以使代码简洁高效：

为每个节点加一个index，其左子树的根节点索引为2*index+1,右子树的根节点索引为2*index+2,把所有结点放到一个vector中，然后用sort()从小到达排序，然后输出，就得到了层序遍历序列，省去了重建二叉树和BFS层序遍历。

解答代码：

#include
#include
#include

using namespace std;

struct node{
	int index;
	int value;
};

//用于将vector中的结点从小到达排序的函数 
bool cmp(node a,node b)
{
	return a.index post,in;
vector ans;

void pre(int postL,int postR,int inL,int inR,int index)
{
	if(postL>postR)
		return;
	
	int k;
	for(k=inL;k<=inR;k++)
	{
		if(in[k]==post[postR])
			break;
	}
	ans.push_back({index,in[k]});
	int numLeft=k-inL;
	pre(postL,postL+numLeft-1,inL,k-1,2*index+1);
	pre(postL+numLeft,postR-1,k+1,inR,2*index+2);
	
} 

int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	post.resize(n);
	in.resize(n);
	for(int i=0;i