1119. Pre- and Post-order Traversals (30)

本来以为自己对二叉树很熟悉的。
结果写了半天还是写不出来，只能网上学习别人的代码
唉感觉自己很菜，嘤嘤嘤。

先分析本题的算法。
给前序和后序，求任意中序并判断中序是否唯一。
那么中序或者说这棵二叉树是否唯一，究竟是看什么呢？
4
1 2 3 4
2 4 3 1
从示例中我们分析一下前序是根左右，后序是左右根
那么我们可以参照前中序。
前序的根的后一个是左子树（或者没有左子树，那就是右子树）的根
那么在后序中查找，找到的那个位置一直到查找的起点，这段距离就是左子树的长度。
例如；
1 2 34
2 43 1
我是为什么这么分的呢，首先，1自然是root，那么在后序里面找2，发现起始点到2的长度只有1
那么也就是说，root的左子树，只有1个节点。那么 剩下的34必然是右子树啦。
递归下去我们再来看34
对于34，3必然是root，那么在后序（43）里面找4，也就是以3为root的左子树树根
找到了，并且发现左子树大小为1，那么继续往后看，发现没了。
那么这个4，究竟是左子树还是右子树呢？
无从得知。
故从sample中得知，如果对于一个root，他的左子树和右子树都存在，那么一直到检查到这个节点。他一直都可以是唯一的。但是如果递归到一个root，它只有一段子树。例如这个讲到的34和43，那么我们就不知道了。故从这个点来设计算法。
并且题目中要求输出任意一个二叉树。
那么我们就规定死，如果一个root只有一个儿子，那么就定死他是左儿子，或者是右儿子，那么久可以找到其中的一棵树了。
贴代码：
（参考网上的代码的）

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int num1[31], num2[31], re[31];bool res = true;int Index;int n;void check(int l1,int r1,int l2,int r2){  if (l1 > r1)//也就是说，当前dfs到的root只有一个儿子  {    res = false;    return;  }  else if (l1 == r1)//为什么这里要提前return，而不是像正常那样中序递归遍历呢？  {                 //原因在于我们的判断方式是看会不会有一次的dfs，l1比r1还大    re[Index++] = num1[l1];//如果这里不提前return，那么下次遍历的时候，l1一定大于r1，res就为false了    return;//所以这里提前return，并且记录  }  int i;  for (i = l2; i <= r2; i++)  {    if (num2[i] == num1[l1+1]) break;  }  check(l1+1, l1+1+i-l2, l2, i);//往左dfs  re[Index++] = num1[l1];//中序记录  check(l1+2+i-l2, r1, i+1, r2-1);//往右dfs}int main(void){  cin >> n;  int i;  for (i = 0; i < n; i++)  {    cin >> num1[i];  }  for (i = 0; i < n; i++)  {    cin >> num2[i];  }  check(0, n - 1, 0, n - 1);  if (!res)   {    cout << "No" << endl;  }  else cout << "Yes" << endl;  for (i = 0; i < n - 1; i++)  {    cout << re[i] << " ";  }  cout << re[i] << endl;}

想要心里有点树，我还是得继续努力啊
加油！