递归_leetcode.151-剑指offer.07_重建二叉树(从先序和中序)

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🌸题目

🍁输入某二叉树的前序遍历和中序遍历的结果，请重建该二叉树。假设输入的前序遍历和中序遍历的结果中都不含重复的数字。

例如，给出

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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：

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 / \
9  20
  /  \
 15   7

限制：

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0 <= 节点个数 <= 5000

解法一：递归

🍁思路

对于任意一颗树而言，前序遍历的形式总是

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[ 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

1
[ [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。

🍁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，但这样做的时间复杂度较高。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。

aVzPQe.png

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class TreeNode {
	int val;
	TreeNode left;
	TreeNode right;

	TreeNode(int x) {
		val = x;
	}
}

public class Text {
	public static void main(String[] args) {

	}
	Map<Integer, Integer> map = new HashMap<Integer, Integer>();

	public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
		int preLen = preorder.length;
		int inLen = inorder.length;
		if (preLen != inLen) {
			throw new RuntimeException("Incorrect input data.");
		}
		// 构建哈希映射，快速定位根节点
		for (int i = 0; i < preLen; i++) {
			map.put(inorder[i], i);
		}

		return buildTree(preorder, 0, preLen - 1, inorder, 0, inLen - 1);
	}

	private TreeNode buildTree(int[] preorder, int preLeft, int preRight, int[] inorder, int inLeft, int inRight) {
		// TODO Auto-generated method stub
		// 递归结束条件
		if (preLeft > preRight || inLeft > inRight) {
			return null;
		}
		// 先序遍历的起点元素为根节点
		int pre_root = preorder[preLeft];
		// 定位中序遍历中的根节点的下标
		int in_root = map.get(pre_root);
		// 将根节点建立起来
		TreeNode root = new TreeNode(pre_root);
		// 先序遍历中「从 左边界+1 开始的 in_root-inLeft(即左子树元素的个数)」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 = buildTree(preorder, preLeft + 1, in_root - inLeft + preLeft, inorder, inLeft, in_root - 1);
		// 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 = buildTree(preorder, in_root - inLeft + preLeft + 1, preRight, inorder, in_root + 1, inRight);

		return root;

	}
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class Solution:
    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)

解法二： 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。

我们以树

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    8  15   7
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  5  10
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为例，它的前序遍历和中序遍历分别为

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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，只有在栈中的节点可能连接一个新的右
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作伪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-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， 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，因呲10就是x的右子。

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，并將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，并將15入栈。

    • stack = [20， 15]
    • index -> inorder[6] = 15

  • 我们遍历7。1 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，將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;
  • 我们依次枚举前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。

后得到的二叉树即为答案。

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class Solution {
    public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
        if (preorder == null || preorder.length == 0) {
            return null;
        }
        TreeNode root = new TreeNode(preorder[0]);
        Stack<TreeNode> stack = new Stack<TreeNode>();
        stack.push(root);
        int inorderIndex = 0;
        for (int i = 1; i < preorder.length; i++) {
            int preorderVal = preorder[i];
            TreeNode node = stack.peek();
            if (node.val != inorder[inorderIndex]) {
                node.left = new TreeNode(preorderVal);
                stack.push(node.left);
            } else {
                while (!stack.isEmpty() && stack.peek().val == inorder[inorderIndex]) {
                    node = stack.pop();
                    inorderIndex++;
                }
                node.right = new TreeNode(preorderVal);
                stack.push(node.right);
            }
        }
        return root;
    }
}

最后，不经历风雨,怎能在计算机的大山之顶看见彩虹呢！ 无论怎样，相信明天一定会更好！！！！！

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