二叉搜索树的后序遍历序列

输入一个整数数组，判断该数组是不是某二叉搜索树的后序遍历结果。如果是则返回 true，否则返回 false。假设输入的数组的任意两个数字都互不相同。

class Solution {
public:
    bool verifyPostorder(vector& postorder) {
        return recur(postorder,  0,  postorder.size()-1);
    }
    
    bool recur(vector& postorder, int index1, int index2){
        //如果只有一个节点
        if(index1 >= index2)
            return true;
        //由于是后序遍历，左 右 根，索引index2 处是根节点，找到第一个大于根节点的节点m，
        //可划分左右子树区间，左子树区间[index1, m-1],右子树区间[m,  index2]
        //先保存好索引
        int i = index1;
        while(postorder[i] < postorder[index2]) i++;  //以index2为根节点时，左子树 < 根节点index2 
        int m = i;//找到左右子树划分索引了
        //判断右子树是否 > 根节点，前面找出了右子树的区间索引[m,index2]]
        while(postorder[i] > postorder[index2]) i++;
        //遍历完以index2为根节点的二叉树，
        //判断该层二叉树是否为二叉搜素树依据有以下两条件：
        //1: i == index2 ? 
        //2:子左子树区间[index1, m-1]中是否也满足以m-1为根节点的二叉搜索树；
        //子右子树区间[m,index2-1]是否也满足以index2-1为根节点的二叉搜索树，这就用到递归了
         return (i == index2) && recur(postorder, index1, m-1) && recur(postorder, m, index2-1);
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度 O(N^2)
  每次调用 recur(i,j) 减去一个根节点，因此递归占用O(N) ；最差情况下（即当树退化为链表），每轮递归都需遍历树所有节点，占用 O(N)。
空间复杂度 O(N) ： 最差情况下（即当树退化为链表），递归深度将达到 N 。