二叉树前序、中序、后序、层次遍历之间的转换

PTA：L2-006 树的遍历

题意：中序遍历+后序遍历=>层次遍历

题解：

• 由算法可知，每次找到后序遍历的最后一个元素即post[pos]，从中序遍历中找到in[mid] = post[post]，mid划分树。

• 如果按照父节点和儿子结点的关系为2*parent=son，那么数组要开2^n，为了节省空间，不按照此编号。定义全局变量id，dfs返回的是子节点的编号，如果不存在则为-1。

代码：

#include 
using namespace std;
int const N = 30 + 5;
int post[N],in[N],n,pos,id;
vectorans;
struct Node{
    int l,r,val;
}node[N];
int dfs(int l,int r){
    if(l > r)   return -1;  //返回id
    int mid = 0;
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if(in[i] == post[pos]){
            mid = i;
            break;
        }
    }
    int tid = ++id;
    node[tid].val = post[pos--];
    node[tid].r = dfs(mid + 1,r);
    node[tid].l = dfs(l,mid - 1);
    return tid;
}
void level_dfs(){
    queueq;
    q.push(1);
    while(!q.empty()){
        int p = q.front();
        q.pop();
        ans.push_back(node[p].val);
        if(node[p].l != -1) q.push(node[p].l);
        if(node[p].r != -1) q.push(node[p].r);
    }
    for(int i=0;i

PTA：L2-011 玩转二叉树 

题意：中序遍历+前序遍历=>反转层次遍历

题解：

• 思路同上。pos从1开始递增。
• 层次遍历先考虑右子树，再考虑左子树。

代码：

#include 
using namespace std;
int const N = 30 + 5;
int pre[N],in[N],n,pos,id;
vectorans;
struct Node{
    int l,r,val;
}node[N];
int dfs(int l,int r){
    if(l > r)   return -1;  //返回id
    int mid = 0;
    for(int i=l;i<=r;i++){
        if(in[i] == pre[pos]){
            mid = i;
            break;
        }
    }
    int tid = ++id;
    node[tid].val = pre[pos++];
    node[tid].l = dfs(l,mid - 1);
    node[tid].r = dfs(mid + 1,r);
    return tid;
}
void level_dfs(){
    queueq;
    q.push(1);
    while(!q.empty()){
        int p = q.front();
        q.pop();
        ans.push_back(node[p].val);
        if(node[p].r != -1) q.push(node[p].r);
        if(node[p].l != -1) q.push(node[p].l);
    }
    for(int i=0;i

PTA：1119Pre- and Post-order Traversals

题意：由前序和后序构造中序遍历，不唯一输出任意一个

题解：

• 当存在结点只有左子树或者右子树，前序和后序相同，所以不能保证唯一。但是无论是左子树还是右子树对中序遍历的结果并不影响。
• 【l1，r1】为前序遍历的区间，【l2，r2】为后序遍历的区间

1. 前序遍历的第一个和后序遍历的最后一个必定相同，即pre[l1] = post[r2]，且为根节点root。
2. 那么post[r2-1]可能是root的右儿子（结果不唯一时，也有可能是左儿子，我们这里假设是右儿子），在前序遍历数组中找到pre[mid] = post[r2-1]，根据前序遍历的特性，易知【l1+1,mid - 1】是root的左子树，其对应的后序遍历区间为【l2，l2 + lson - 1】，lson = (mid - 1) - (l1 + 1) + 1为左子树的大小。
3. 同理【mid，r1】为右子树，其对应的后序遍历区间为【l2 + lson，r2 - 1】。
4. 当出现lson为0，表示结果不唯一，post[r2-1]可能是左儿子，但是我们默认是右儿子，所以步骤二可这样解释。

代码：

#include 
using namespace std;
int const N = 30 + 5;
int pre[N],post[N];
int n,flag;
vectorans;
void solve(int l1,int r1,int l2,int r2){
    if(l1 == r1){
        ans.push_back(pre[l1]);
        return;
    }
    int mid;
    for(int i=l1+1;i<=r1;i++){
        if(pre[i] == post[r2-1]){
            mid = i;
            break;
        }
    }
    int lson = (mid - 1) - (l1 + 1) + 1;
    if(lson >= 1)   
        solve(l1 + 1,mid - 1,l2,l2 + lson - 1);
    else   
        flag = false;
    ans.push_back(pre[l1]);
    solve(mid,r1,l2 + lson,r2 - 1);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&pre[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&post[i]);
    flag = true;
    solve(1,n,1,n);
    if(flag)    printf("Yes\n");
    else    printf("No\n");
    for(int i=0;i