1020 Tree Traversals
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假设二叉树中的所有键都是不同的正整数。给定后序和中序遍历序列，您应该输出相应二叉树的级序遍历序列。（inorder 是中间的意思，inorder sequence中序)
输入规范：
每个输入文件包含一个测试用例。对于每种情况，第一行给出一个正整数N（≤30），即二叉树中的节点总数。第二行给出了后序序列，第三行给出了中序序列。一行中的所有数字都用空格隔开。
输出规格：
对于每个测试用例，在一行中打印相应二叉树的级别顺序遍历序列。一行中的所有数字必须正好用一个空格分隔，并且在行的末尾不能有多余的空格。
(级别顺序是层序的意思，也就相当于广度优先的顺序，不是前序！)
不太了解树的建议先看看这个
https://blog.csdn.net/ASBSIHD/article/details/130374198?spm=1001.2014.3001.5502
解题过程
#include
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#include 详解
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using namespace std;
struct Node {
int data;//储存数据
Node* lchild;//child起到连接左/右子树的作用,分别将两边的树都连接起来,是左右树的节点
Node* rchild;
}node;
//这里可以用这个名字代替Node*，就跟java的效果一样
//作为一个node类型
const int maxn = 50;
int postorder[maxn], inorder[maxn];
int n; //!!!
//本质上就是自己理解如何通过后序中序来确定树的结构
//后序确定根，中序确定左右孩子，可以先自己手画出树的结构
//清晰逻辑后再通过代码实现
//总的核心就是参照视频中的理解，如何构造树，然后使用DFS和指针连接起来即可
// 根据树的构造编写代码
//中序分化左右子树，后序确定根节点
//当我们将它看作为根的时候存放数据，看作为左右孩子的时候起到连接各个节点的作用
//目的就是为了输出，即输出根节点内容后往下面的孩子找，然后继续输出。
// 后序最左边开始 最右边 中序 左边 右边 ,此处都表示左右边界
Node* create(int postL, int postR, int inL, int inR) //创造一棵树
{
if (postL > postR) //当前根节点已经没有对应的孩子时,即左/右节点已经没有时
{
return NULL;
}
//寻找并插入节点
Node* root = new Node; //!!!没初始化
//每次都新建一个Node储存数据
//最后return到一个root中，就将他们连接起来了
root->data = postorder[postR]; //通过后序规律，找到根节点
int i;//表示当前根节点的位置
for (i = inL; i <= inR; i++) {//寻找根节点在中序的位置，从而寻找左孩子/右孩子
if (inorder[i] == postorder[postR]) {//!!!!
break;
}
}
int leftNum = i - inL;//当前根节点的左边节点的个数
//选定节点范围
//优先寻找左子树，然后找右
//注意这些减和加都是相当于往左/右移动，来确定左/右子树的节点范围
//一直都在寻找的是下标
//后序新树根节点选定范围 中序左/右子节点范围
root->lchild = create(postL, postL + leftNum - 1, inL, i - 1); //左子树
//postL + leftNum - 1，因为左右根，上面求出左边节点的个数，那我们只要确定规则和个数
// 就能锁定后序中的所求根节点的范围在哪，-1是因为下标从0开始
//
// 左边的所有节点都可能为根节点，需要下一次进一步判断.
//注意，位置都是在对应的树下的下标
//i-1表示根节点左边，在中序中左边都是作为当前根的孩子
//右子树，一旦没了左孩子,就去找当前节点的右孩子(符合左根右原则)
root->rchild = create(postL + leftNum, postR - 1, i + 1, inR);
//中序开始向右边遍历
//与左子树类似.
//postR-1就是沿着当前当前根节点找右孩子，此时根的左孩子没有，只有右孩子，
//右孩子仍然存在，所以下一个节点仍然是作为新树的根，后序顺序左右根，所以当前根的左边一位就是新树的根节点
//i+1是往右边找,因为此时根节点没有了左孩子，左根右，所以此时在中序中的节点范围只能是在根节点的右边，所以加一
/* postL + leftNum - 1与postR - 1有什么不同？*/
//目标是不同的，前面是一直在找左子树，而后面是转向为右子树，找的都是右节点的范围，是不一样的
//postR是范围右侧的边界，在后序中是根，去掉当前根就减一即可
//如postL + leftNum就是当前左边界加上左子树节点的个数，就相当于排除了左节点，只选择右节点
//因为后序是左右根，所以直接加就能移动到右节点
//inL和inR意思就是继承上一个树的结果，不做任何变化,也就是不动,包括postR等也都是，使用的时候都是继承的
//都是上一次的结果，直接拿来用就行了.
return root; //返回节点,将所有的节点连接起来
}
//层次遍历
int num = 0; //！！！已经输出的节点个数
void levelorder(Node* root) //BFS
//root只能上传开头的节点，也就是头节点，然后输出，但是头结点的孩子就是lchild与rchild
//now节点就是接收了root的内容，然后孩子再往下遍历
{
queue q;
q.push(root);
while (!q.empty()) {
Node* now = q.front();
q.pop(); //弹出
printf("%d", now->data);
num++;
if (num < n) cout << " ";
if (now->lchild != NULL) {//从左到右插入队列，然后循环输出
q.push(now->lchild);//now指针变更指向孩子，也就是更新节点信息，往下遍历
}
if (now->rchild != NULL) {
q.push(now->rchild);
}
}
}
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> postorder[i];
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> inorder[i];
}
Node* root1 = create(0, n - 1, 0, n - 1); //!!!
levelorder(root1);
return 0;
}
//反思，写程序如果没有特殊情况，那么只用把一个步骤想清楚写好就可以了
//剩下的重复操作交给递归，循环，不用理解的太透彻，交给计算机计算就行了