Leetcode（105）——从前序与中序遍历序列构造二叉树

Leetcode（105）——从前序与中序遍历序列构造二叉树

题目

给定两个整数数组 preorder 和 inorder ，其中 preorder 是二叉树的先序遍历， inorder 是同一棵树的中序遍历，请构造二叉树并返回其根节点。

示例 1：

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

示例 2：

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

提示:

• $1$ <= preorder.length <= $3000$
• inorder.length == preorder.length
• $-3000$ <= preorder[i], inorder[i] <= $3000$
• preorder 和 inorder 均 无重复 元素
• inorder 均出现在 preorder
• preorder 保证 为二叉树的前序遍历序列
• inorder 保证 为二叉树的中序遍历序列

题解

方法一：递归（哈希表+分治法）

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] ]

​​  即根节点总是前序遍历中的第一个节点。而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] ]

​​  很明显，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。相当于我们可以分别构建根节点、左子树和右子树。其中我们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。

细节：
​​  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（即与前序遍历结果第一个值相等的节点），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。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。

代码实现

官方题解：

class Solution {
private:
    unordered_map<int, int> index;

public:
    TreeNode* myBuildTree(const vector<int>& preorder, const vector<int>& inorder, int preorder_left, int preorder_right, int inorder_left, int inorder_right) {
        if (preorder_left > preorder_right) {
            return nullptr;
        }
        
        // 前序遍历中的第一个节点就是根节点
        int preorder_root = preorder_left;
        // 在中序遍历中定位根节点
        int inorder_root = index[preorder[preorder_root]];
        
        // 先把根节点建立出来
        TreeNode* root = new TreeNode(preorder[preorder_root]);
        // 得到左子树中的节点数目
        int 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, inorder, 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, inorder, preorder_left + size_left_subtree + 1, preorder_right, inorder_root + 1, inorder_right);
        return root;
    }

    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        int n = preorder.size();
        // 构造哈希映射，帮助我们快速定位根节点
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            index[inorder[i]] = i;
        }
        return myBuildTree(preorder, inorder, 0, n - 1, 0, n - 1);
    }
};

我的初始版本（每次递归采用数组表示子树的节点范围）

/**
 * 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:
    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        // 从 preorder 找到根节点A
        // 通过根节点 A 和 inorder 找出根节点 A 的左右子树
        // 通过根节点 A 和 preorder 找出根节点 A 的左右子树的根节点 B
        return buildChildTree(preorder, inorder);
    }
    TreeNode* buildChildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder){
        if(preorder.empty()) return nullptr;
        int in_root = 0;
        TreeNode* root = new TreeNode(preorder[0]);
        vector<int> pre_left, in_left, pre_right, in_right;
        if(preorder[0] != inorder[0]){
            // 存在左子树
            for(auto& it: inorder){ // 遍历中序数组
                if(preorder[0] != inorder[in_root]){
                    in_root++;
                    in_left.push_back(it);
                }else if(it != preorder[0]) in_right.push_back(it);   // 根结点不加入
            }
        }else for(int n = 1; n < inorder.size(); n++) in_right.push_back(inorder[n]);
        for(int n = 1; n <= in_root; n++) pre_left.push_back(preorder[n]);
        for(int n = in_root + 1; n < preorder.size(); n++) pre_right.push_back(preorder[n]);
        root->left = buildChildTree(pre_left, in_left);
        root->right = buildChildTree(pre_right, in_right);
        return root;
    }
};

我的第一次改进版本（每次递归采用下标表示子树的节点范围）

class Solution {
    // 观察之后我们可以发现，只需要知道 inorder 数组中的根结点 in_root，以及本身的范围 pre_begin 和 pre_end 和  in_begin 和 in_end
    // 即可获取其子树的范围，若左右子树都存在，则范围分别为
    // 左子树 preorder[pre_begin+1, pre_begin+in_root-in_begin]    inorder[in_begin, in_root-1]
    // 右子树 preorder[pre_begin+in_root-in_begin+1, pre_end]      inorder[in_root+1, in_end]
    // 比如：
    // [3,9,20,15,7]
    // [9,3,15,20,7]
public:
    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        if(preorder.empty()) return nullptr;
        return buildChildTree(preorder, inorder, 0, 0, preorder.size()-1, 0, preorder.size()-1);
    }
    TreeNode* buildChildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder, int in_root, int pre_begin, int pre_end, int in_begin, int in_end){
        // in_root 初始等于 in_begin
        TreeNode* root = new TreeNode(preorder[pre_begin]);
        for(int n = in_begin; n <= in_end; n++){
            if(root->val == inorder[in_root]) break;
            else in_root++;
        }
        root->left = in_root == in_begin ? nullptr: buildChildTree(preorder, inorder, in_begin, pre_begin+1, pre_begin+in_root-in_begin, in_begin, in_root-1);
        root->right = in_root == in_end ? nullptr: buildChildTree(preorder, inorder, in_root+1, pre_begin+in_root-in_begin+1, pre_end, in_root+1, in_end);
        return root;
    }
};

我的第二次改进版本（采用哈希表，取代每次递归遍历中序数组查找根结点的操作）

class Solution {
    unordered_map<int, int> val;    // <值, 坐标>
public:
    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        if(preorder.empty()) return nullptr;
        for(int n = 0; n < inorder.size(); n++)
            val.emplace(inorder[n], n);
        return buildChildTree(preorder, inorder, 0, 0, preorder.size()-1);
    }
    TreeNode* buildChildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder, int pre_begin, int in_begin, int sum){
        // in_root 初始等于 in_begin
        TreeNode* root = new TreeNode(preorder[pre_begin]);
        int in_root = val[root->val];
        root->left = in_root == in_begin ? nullptr: buildChildTree(preorder, inorder, pre_begin+1, in_begin, in_root-in_begin-1);
        root->right = in_root == in_begin+sum ? nullptr: buildChildTree(preorder, inorder, pre_begin+in_root-in_begin+1, in_root+1, sum+in_begin-in_root-1);
        return root;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是树中的节点个数。
空间复杂度：$O(n)$，除去返回的答案需要的 $O(n)$ 空间之外，我们还需要使用 $O(n)$ 的空间存储哈希映射，以及 $O(h)$（其中 $h$ 是树的高度）的空间表示递归时所使用的栈空间。因为 $h<n$，所以总空间复杂度为 $O(n)$。

方法二：迭代

思路

​​  迭代法是一种非常巧妙的实现方法。

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 $u_a$，那么 $v$ 就是 $u_a$ 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

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」，而栈顶就是当前节点。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，初始值指向 inorder[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，我们依次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，栈中的所有节点的右儿子都还没有被遍历过，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。

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；
• 我们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，我们最后都将当前的节点入栈。

最后得到的二叉树即为答案。

代码实现

Leetcode 官方题解

class Solution {
public:
    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        if (!preorder.size()) return nullptr;
        TreeNode* root = new TreeNode(preorder[0]);
        stack<TreeNode*> stk;
        stk.push(root);
        int inorderIndex = 0;
        for (int i = 1; i < preorder.size(); ++i) {
            int preorderVal = preorder[i];
            TreeNode* node = stk.top();
            if (node->val != inorder[inorderIndex]) {
                node->left = new TreeNode(preorderVal);
                stk.push(node->left);
            }
            else {
                while (!stk.empty() && stk.top()->val == inorder[inorderIndex]) {
                    node = stk.top();
                    stk.pop();
                    ++inorderIndex;
                }
                node->right = new TreeNode(preorderVal);
                stk.push(node->right);
            }
        }
        return root;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是树中的节点个数。
空间复杂度：$O(n)$，除去返回的答案需要的 $O(n)$ 空间之外，我们还需要使用 $O(h)$（其中 $h$ 是树的高度）的空间存储栈。这里 $h<n$，所以（在最坏情况下）总空间复杂度为 $O(n)$。