105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树
根据一棵树的前序遍历与中序遍历构造二叉树。
注意:
你可以假设树中没有重复的元素。
例如，给出
- 前序遍历 preorder = [3,9,20,15,7]
- 中序遍历 inorder = [9,3,15,20,7]
返回如下的二叉树：
3
/ \
9 20
/ \
15 7
解题思路（乐扣官网）
方法一：递归（9~13行）
思路
对于任意一颗树而言，前序遍历的形式总是
[ 根节点, [左子树的前序遍历结果], [右子树的前序遍历结果] ]
中序遍历的形式总是
[ [左子树的中序遍历结果], 根节点, [右子树的中序遍历结果] ]
只要我们在中序遍历中定位到根节点，那么我们就可以分别知道左子树和右子树中的节点数目。由于同一颗子树的前序遍历和中序遍历的长度显然是相同的，因此我们就可以对应到前序遍历的结果中，对上述形式中的所有左右括号进行定位。
这样以来，我们就知道了左子树的前序遍历和中序遍历结果，以及右子树的前序遍历和中序遍历结果，我们就可以递归地对构造出左子树和右子树，再将这两颗子树接到根节点的左右位置。
def buildTree(self, preorder, inorder):
if preorder == [] or inorder == []:
return None
r = preorder.pop(0)
i = inorder.index(r)
root = TreeNode(r)
root.left = self.buildTree(preorder, inorder[:i])
root.right = self.buildTree(preorder, inorder[i+1:])
return root
改进
在中序遍历中对根节点进行定位时，一种简单的方法是直接扫描整个中序遍历的结果并找出根节点，但这样做的时间复杂度较高。【考虑最坏的情况，某棵树只有左孩子，一路向下，那么inorder正是preorder的反序列。每次找根结点都将花费O(n)时间，整体将花费O(n^2)时间。】我们可以考虑使用哈希映射（HashMap）来帮助我们快速地定位根节点。对于哈希映射中的每个键值对，键表示一个元素（节点的值），值表示其在中序遍历中的出现位置。在构造二叉树的过程之前，我们可以对中序遍历的列表进行一遍扫描，就可以构造出这个哈希映射。在此后构造二叉树的过程中，我们就只需要O(1)的时间对根节点进行定位了。
def buildTree(self, preorder: List[int], inorder: List[int]) -> TreeNode:
def myBuildTree(preorder_left: int, preorder_right: int, inorder_left: int, inorder_right: int):
if preorder_left > preorder_right:
return None
# 前序遍历中的第一个节点就是根节点
preorder_root = preorder_left
# 在中序遍历中定位根节点
inorder_root = index[preorder[preorder_root]]
# 先把根节点建立出来
root = TreeNode(preorder[preorder_root])
# 得到左子树中的节点数目
size_left_subtree = inorder_root - inorder_left
# 递归地构造左子树，并连接到根节点
# 先序遍历中「从 左边界+1 开始的 size_left_subtree」个元素就对应了中序遍历中「从 左边界 开始到 根节点定位-1」的元素
root.left = myBuildTree(preorder_left + 1, preorder_left + size_left_subtree, inorder_left, inorder_root - 1)
# 递归地构造右子树，并连接到根节点
# 先序遍历中「从 左边界+1+左子树节点数目 开始到 右边界」的元素就对应了中序遍历中「从 根节点定位+1 到 右边界」的元素
root.right = myBuildTree(preorder_left + size_left_subtree + 1, preorder_right, inorder_root + 1, inorder_right)
return root
n = len(preorder)
# 构造哈希映射，帮助我们快速定位根节点
index = {element: i for i, element in enumerate(inorder)}
return myBuildTree(0, n - 1, 0, n - 1)
方法二：迭代（18行）
思路
对于前序遍历中的任意两个连续节点u和v，根据前序遍历的流程，我们可以知道u和v只有两种可能的关系：
- v 是 u 的左儿子。这是因为在遍历到 u 之后，下一个遍历的节点就是 u 的左儿子，即 v；
- u 没有左儿子，并且 v 是 u 的某个祖先节点（或者 u 本身）的右儿子。如果 u 没有左儿子，那么下一个遍历的节点就是 u 的右儿子。如果 u 没有右儿子，我们就会向上回溯，直到遇到第一个有右儿子（且 u 不在它的右儿子的子树中）的节点 ，那么 v 就是 的右儿子。
第二种关系看上去有些复杂。我们举一个例子来说明其正确性，并在例子中给出我们的迭代算法。
例子
我们以树
3
/ \
9 20
/ / \
8 15 7
/ \
5 10
/
4
为例，它的前序遍历和中序遍历分别为
preorder = [3, 9, 8, 5, 4, 10, 20, 15, 7]
inorder = [4, 5, 8, 10, 9, 3, 15, 20, 7]
我们用一个栈 stack 来维护「当前节点的所有还没有考虑过右儿子的祖先节点」，栈顶就是当前节点。也就是说，只有在栈中的节点才可能连接一个新的右儿子。同时，我们用一个指针 index 指向中序遍历的某个位置，初始值为 0。index 对应的节点是「当前节点不断往左走达到的最终节点」，这也是符合中序遍历的，它的作用在下面的过程中会有所体现。
首先我们将根节点 3 入栈，再初始化 index 所指向的节点为 4，随后对于前序遍历中的每个节点，我们依此判断它是栈顶节点的左儿子，还是栈中某个节点的右儿子。
我们遍历 9。9 一定是栈顶节点 3 的左儿子。我们使用反证法，假设 9 是 3 的右儿子，那么 3 没有左儿子，index 应该恰好指向 3，但实际上为 4，因此产生了矛盾。所以我们将 9 作为 3 的左儿子，并将 9 入栈。
stack = [3, 9]
index -> inorder[0] = 4
我们遍历 8，5 和 4。同理可得它们都是上一个节点（栈顶节点）的左儿子，所以它们会依次入栈。
stack = [3, 9, 8, 5, 4]
index -> inorder[0] = 4
我们遍历 10，这时情况就不一样了。我们发现 index 恰好指向当前的栈顶节点 4，也就是说 4 没有左儿子，那么 10 必须为栈中某个节点的右儿子。那么如何找到这个节点呢？栈中的节点的顺序和它们在前序遍历中出现的顺序是一致的，而且每一个节点的右儿子都还没有被遍历过，那么这些节点的顺序和它们在中序遍历中出现的顺序一定是相反的。
这是因为栈中的任意两个相邻的节点，前者都是后者的某个祖先。并且我们知道，栈中的任意一个节点的右儿子还没有被遍历过，说明后者一定是前者左儿子的子树中的节点，那么后者就先于前者出现在中序遍历中。
因此我们可以把 index 不断向右移动，并与栈顶节点进行比较。如果 index 对应的元素恰好等于栈顶节点，那么说明我们在中序遍历中找到了栈顶节点，所以将 index 增加 1 并弹出栈顶节点，直到 index 对应的元素不等于栈顶节点。按照这样的过程，我们弹出的最后一个节点 x 就是 10 的双亲节点，这是因为 10 出现在了 x 与 x 在栈中的下一个节点的中序遍历之间，因此 10 就是 x 的右儿子。
回到我们的例子，我们会依次从栈顶弹出 4，5 和 8，并且将 index 向右移动了三次。我们将 10 作为最后弹出的节点 8 的右儿子，并将 10 入栈。
stack = [3, 9, 10]
index -> inorder[3] = 10
我们遍历 20。同理，index 恰好指向当前栈顶节点 10，那么我们会依次从栈顶弹出 10，9 和 3，并且将 index 向右移动了三次。我们将 20 作为最后弹出的节点 3 的右儿子，并将 20 入栈。
stack = [20]
index -> inorder[6] = 15
我们遍历 15，将 15 作为栈顶节点 20 的左儿子，并将 15 入栈。
stack = [20, 15]
index -> inorder[6] = 15
我们遍历 7。index 恰好指向当前栈顶节点 15，那么我们会依次从栈顶弹出 15 和 20，并且将 index 向右移动了两次。我们将 7 作为最后弹出的节点 20 的右儿子，并将 7 入栈。
stack = [7]
index -> inorder[8] = 7
此时遍历结束，我们就构造出了正确的二叉树。
算法
我们归纳出上述例子中的算法流程：
我们用一个栈和一个指针辅助进行二叉树的构造。
初始时栈中存放了根节点（前序遍历的第一个节点），指针指向中序遍历的第一个节点；
依次枚举前序遍历中除了第一个节点以外的每个节点。
如果 index 恰好指向栈顶节点，那么我们不断地弹出栈顶节点并向右移动 index，
并将当前节点作为最后一个弹出的节点的右儿子；
如果 index 和栈顶节点不同，我们将当前节点作为栈顶节点的左儿子；
无论是哪一种情况，最后都将当前的节点入栈。
最后得到的二叉树即为答案。
def buildTree(self, preorder: List[int], inorder: List[int]) -> TreeNode:
if not preorder:
return None
root = TreeNode(preorder[0])
stack = [root]
inorderIndex = 0
for i in range(1, len(preorder)):
preorderVal = preorder[i]
node = stack[-1]
if node.val != inorder[inorderIndex]:
node.left = TreeNode(preorderVal)
stack.append(node.left)
else:
while stack and stack[-1].val == inorder[inorderIndex]:
node = stack.pop()
inorderIndex += 1
node.right = TreeNode(preorderVal)
stack.append(node.right)
return root
上帝之手（8~11行）
思路
与迭代法类似，也可以认为是DFS。
最短：
def buildTree(self, preorder, inorder):
def build(stop):
if inorder and inorder[0] != stop:
root = TreeNode(preorder.pop(0))
root.left = build(root.val)
inorder.pop(0)
root.right = build(stop)
return root
return build(None)
这里的preoder[0]与迭代法的index相同，stack用递归调用代替。
加速版：
def buildTree(self, preorder, inorder):
def build(stop):
if inorder and inorder[-1] != stop:
root = TreeNode(preorder.pop())
root.left = build(root.val)
inorder.pop()
root.right = build(stop)
return root
preorder.reverse()
inorder.reverse()
return build(None)
思路相同。利用list类型的pop只需O(1)时间的特点。
如果在开始时inorder增加None，则无须每次判断inorder是否为空。
# 改进版
def buildTree(self, preorder, inorder):
def build(stop):
if inorder[-1] != stop:
root = TreeNode(preorder.pop())
root.left = build(root.val)
inorder.pop()
root.right = build(stop)
return root
inorder.append(None)
preorder.reverse()
inorder.reverse()
return build(None)