LeetCode 106. 从中序与后序遍历序列构造二叉树 【c++/java详细题解】

1、题目

给定两个整数数组 inorder 和 postorder ，其中 inorder 是二叉树的中序遍历， postorder 是同一棵树的后序遍历，请你构造并返回这颗 二叉树 。

示例 1:

输入：inorder = [9,3,15,20,7], postorder = [9,15,7,20,3]
输出：[3,9,20,null,null,15,7]

示例 2:

输入：inorder = [-1], postorder = [-1]
输出：[-1]

提示:

• 1 <= inorder.length <= 3000
• postorder.length == inorder.length
• -3000 <= inorder[i], postorder[i] <= 3000
• inorder 和 postorder 都由 不同 的值组成
• postorder 中每一个值都在 inorder 中
• inorder 保证是树的中序遍历
• postorder 保证是树的后序遍历

2、思路

(递归) $O(n)$

给定两个整数数组inorder 和 postorder ，其中 inorder 是二叉树的中序遍历， postorder 是同一棵树的后序遍历，让我们返回这颗二叉树。

样例：

如样例所示，inorder = [9,3,15,20,7], postorder = [9,15,7,20,3]，我们可以构造出如上图所示的二叉树。

二叉树：

• 二叉树中序遍历的顺序为：左根右；
• 二叉树后序遍历的顺序为：左右根；

对于这道题目来讲，我们可以递归建立整棵二叉树：先创建根节点，然后递归创建左右子树，并让指针指向两棵子树。

如上图所示，递归过程就是二叉树的建立过程。对二叉树的建立过程有了大致了解之后，接下来就是确定左右子树在中序和后序数组的边界。

如何确定子树的左右边界？

根据二叉树的性质，我们可以依次采取下述步骤：

• 1、先利用后序遍历找根节点：后序遍历的最后一个数，就是根节点的值；

• 2、在中序遍历中找到根节点的位置 k，则 k 左边是左子树的中序遍历，右边是右子树的中序遍历；

• 3、假设il,ir对应子树中序遍历区间的左右端点， pl,pr对应子树后序遍历区间的左右端点。那么左子树的中序遍历的区间为

  [il, k - 1]，右子树的中序遍历的区间为[k + 1, ir]。

• 4、由步骤3可知左子树中序遍历的长度为k - 1 - il + 1，由于一棵树的中序遍历和后序遍历的长度相等，因此后序遍历的长度也为k - 1 - il + 1。这样根据后序遍历的长度，我们可以推导出左子树后序遍历的区间为[pl, pl + k - 1 - il]，右子树的后序遍历的区间为[pl + k - 1 - il + 1, pr - 1]。

仅凭文字可能不太好理解上述推导过程，我们画张图来辅助理解：

左右子树中序和后序遍历的边界确定是这道题最大的难点，理解了这点，这道题也就做完了一大半。

如何在中序遍历中对根节点快速定位？

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。我们可以考虑使用哈希表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。这样在中序遍历中查找根节点位置的操作，只需要 $O(1)$ 的时间。

如图：

具体过程如下：

• 1、创建一个哈希表pos记录记录每个值在中序遍历中的位置。
• 2、先利用后序遍历找根节点：后序遍历的最后一个数，就是根节点的值；
• 3、确定左右子树的后序遍历和中序遍历，先递归创建出左右子树，然后创建根节点。
• 4、最后将根节点的左右指针指向两棵子树。

时间复杂度分析： 查找根节点的位置需要$O(1)$ 的时间，创建每个节点需要的时间是 $O(1)$，因此总的时间复杂度是 $O(n)$。

3、c++代码

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    unordered_map<int, int> pos;
    TreeNode* buildTree(vector<int>& inorder, vector<int>& postorder) {
        int n = inorder.size();
        for(int i = 0; i < n; i++){
            pos[inorder[i]] = i;     //记录中序遍历的根节点位置
        }
        return dfs(inorder, postorder, 0, n - 1, 0, n - 1);
    }
    TreeNode* dfs(vector<int>& inorder, vector<int>& postorder,int il, int ir, int pl, int pr){
        if(il > ir) return nullptr;
        int k = pos[postorder[pr]];   //中序遍历根节点位置
        TreeNode* root = new TreeNode(postorder[pr]); //创建根节点
        root->left = dfs(inorder, postorder, il, k - 1, pl, pl + k - 1 - il);
        root->right = dfs(inorder, postorder, k + 1, ir, pl + k - 1 - il + 1, pr - 1);
        return root;
    }
};

4、Java代码

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode() {}
 *     TreeNode(int val) { this.val = val; }
 *     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
 *         this.val = val;
 *         this.left = left;
 *         this.right = right;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    private Map<Integer,Integer> pos = new HashMap<Integer,Integer>();
    public TreeNode buildTree(int[] inorder, int[] postorder) {
        int n = inorder.length;
        for(int i = 0; i < n; i++)
            pos.put(inorder[i], i);  //记录中序遍历的根节点位置
        return dfs( inorder, postorder, 0, n - 1, 0, n - 1);   
    }
     public TreeNode dfs(int[] inorder, int[] postorder, int il, int ir,int pl, int pr)
    {
        if(pl > pr ) return null;
        int k = pos.get(postorder[pr]);
        TreeNode root = new TreeNode(postorder[pr]);
        root.left  = dfs(inorder, postorder, il, k - 1, pl, pl + k - 1 - il);
        root.right = dfs(inorder, postorder, k + 1, ir, pl + k - 1 - il + 1, pr - 1);
        return root;     
    }
}