二叉树的恢复

最近笔面老碰上这类题，老忘，因此写个备忘。

二叉树的三种遍历常用于恢复：先序，中序，后序。对于先+中，后+中这两种组合，对任意二叉树的恢复都有唯一解，但对先+后的情况则不是，这种情况下要满足要求：对所有非叶节点，其两个子节点都存在，也即，一个节点要么是叶节点，要么有两个节点。

典型的恢复方法是递归建构节点的左，右子树。一个一个看：

假设二叉树原型如下，为了方便，节点的值刚好等于层次遍历索引

先序：
1,2,4,5,10,11,3,6,7,
中序：
4,2,10,5,11,1,6,3,7,
后序：
4,10,11,5,2,6,7,3,1,

先+中恢复：

对先序，注意第一个节点是根节点，其遍历顺序是中左右，因此，若把第一个节点作为基准，则其左右子树连续存储在该节点之后，不过，目前我们还不知道到底左右子树的分界点在哪，因此需要结合中序来确定其分界点。先序的第一个节点在中序的第5个位置（从0开始算），而我们知道中序的存储顺序是：先中后，因此，对中序列，该节点的左边是其左子树，右边是右子树。因此，根据节点在中序中的位置可以确定其左子树的元素个数，对应到先序即可得到该节点的左，右子树分别在先，中序的位置。根据上述信息就可递归的恢复根节点的左，右子树，进而得到整个树。

后+中：

与上述类似，只不对后序，根节点在末尾，其它的可依此类推。

先+后：

这种情况下恢复的二叉树不一定有唯一解，考虑如下的树：

         1

       /

    2

先序：1,2

后序：2,1

与

 1

       \

           2

先序: 1,2

后序：2,1

可看到不同的树，先，后序遍历是一样的。

其唯一解的条件文章开头已经说过了。不过没有经过严格考究！

这里只针对有唯一解的情况做讨论，还考虑上图的例子，结合实例描述如下：

先序：
1,2,4,5,10,11,3,6,7,
后序：
4,10,11,5,2,6,7,3,1,

对先序，第一个节点与后序最后节点对应，然后再看先序的第二个节点（值为2），我们知道，如果先序存在子树，则必同时存在左右子树，因此可断定，第二个节点正是根节点的左子树节点，可先恢复成：

           1

       /

  2

而它又把后序分成两个部分，一左一右（右边不包括最末的根节点）：左（4,10,11,5,2），右（6,7,3），说到这里，再结合上图，一切都明白了：“左”正是根的左子树，“右”正是根的右子树。于是，我们又得到了根节点的左右子树，递归，搞定。

上代码：

typedef struct tagTREE{int val;//值tagTREE* left;  //左节点tagTREE* right; //右节点tagTREE* parent;//父节点（有时候为了方便，不一定都定义它）bool isVisited; //标记该结点是否已访问，给某些特殊操作准备}TREE;template<class T>void show(T* vec,int N){for (int i=0;i<N;++i){cout<<vec[i]<<",";}cout<<endl;}//按数组里指定的层次数值，生成任意二叉树结构，数组里缺失的数值表示对应该层次的该节点没有void CreateTree(TREE** node, int a[], int N ){//预处理，记录节点在全部节点中的索引，而不是其真正位置号cout<<endl;int* arr = new int[a[N-1]];for (int i=0;i<a[N-1];++i){arr[ i ] = 0;}int k=0;for (int i=0;i<N;++i){arr[ a[i]-1 ] = i;}TREE* arrTree = new TREE[N];//rootarrTree[0].parent = NULL;for (int i=1;i<=N;++i){arrTree[i-1].val = a[i-1];arrTree[i-1].isVisited = false;int parentIdx = int(a[i-1] / 2);if( parentIdx == 0 )arrTree[i-1].parent = NULL;elsearrTree[i-1].parent = &arrTree[ arr[ parentIdx-1 ] ];int leftIdx = int(a[i-1] * 2 );int rightIdx = leftIdx + 1;if (  leftIdx > a[N-1] || arr[leftIdx-1] == 0 ){arrTree[i-1].left = NULL;}else{arrTree[i-1].left = &arrTree[ arr[ leftIdx-1 ] ];}if ( rightIdx > a[N-1] || arr[rightIdx-1] == 0 ){arrTree[i-1].right = NULL;}else{arrTree[i-1].right = &arrTree[ arr[ rightIdx-1 ] ];}}*node = arrTree;//testfor (int i=1;i<=N;++i){cout<<"val="<<arrTree[i-1].val;cout<<" left=";if (arrTree[i-1].left){cout<<arrTree[i-1].left->val;}cout<<" right=";if (arrTree[i-1].right){cout<<arrTree[i-1].right->val;}cout<<" parent=";if (arrTree[i-1].parent){cout<<arrTree[i-1].parent->val;}cout<<endl;}}//先序遍历，第一个参数是二叉树的头结点，第二个参数是用于记录遍历序列的数组，下同void PreOrder(TREE* pTree,int** out){if( !pTree )return;*(*out)++ = pTree->val;if ( pTree->left )PreOrder(pTree->left,out);if ( pTree->right )PreOrder(pTree->right,out);}void InOrder(TREE* pTree,int** out){if( !pTree )return;if ( pTree->left )InOrder(pTree->left,out);*(*out)++ = pTree->val;if ( pTree->right )InOrder(pTree->right,out);}void PostOrder(TREE* pTree,int** out){if( !pTree )return;if ( pTree->left )PostOrder(pTree->left,out);if ( pTree->right )PostOrder(pTree->right,out);*(*out)++ = pTree->val;}//先+中恢复二叉树TREE* pre_in(const int* pre,const int* in, int n){if( n == 0 )return NULL;TREE* head = new TREE();//先序的第一个节点是根节点head->val = pre[0];head->parent = NULL;//由根节点在中序的位置，基左边是根的左子树，右边是右子树int i=0;for (;i<n;++i){if( pre[0] == in[i] )break;}//递归的构建节点的左右子树，这里需要确定左/右子树对应的先序/中序段TREE* left  = pre_in( pre+1,in,i );TREE* right = pre_in( pre+i+1,in+i+1,n-i-1 );head->left = left;head->right = right;//返回头节点return head;}//后+中恢复二叉树TREE* post_in(const int* post,const int* in, int n){if (n==0)return NULL;TREE* head = new TREE();//后序与先序类似，最后一节点是根节点head->val = post[n-1];head->parent = NULL;//确定根在中序中的位置int i=0;for (;i<n;++i){if( post[n-1] == in[i] )break;}//递归的构建左右子树，这里需要确定左/右子树对应的后序/中序段TREE* left  = post_in(post,in,i);TREE* right = post_in(post+i,in+i+1,n-i-1);head->left = left;head->right = right;return head;}//先+后恢复二叉树TREE* pre_post(const int* pre,const int* post, int n){if (n==0)return NULL;TREE* head = new TREE();head->val = pre[0];head->parent = NULL;//对有唯一解的二叉树，若将先序的第一个节点当做父节点，则第二个节点pre[1]必是左子树节点//pre[1]在后序中的位置确定了pre[0](post[n-1])的左右子树范围if( n < 2 )return head;int i = 0;for (;i<n-1;++i){if( pre[1] == post[i] )break;}TREE* left  = pre_post(pre+1,post,i+1);TREE* right = pre_post(pre+i+2,post+i+1,n-i-2);head->left = left;head->right = right;return head;}int _tmain(int argc,char* argv[]){TREE* pTree = new TREE();//任意二叉树，不能用于测试pre_post函数//const int N = 7;//int a[N] = {1,2,3,4,5,6,11};//先+后有唯一解的二叉树，用于测试pre_post函数const int N = 9;int a[N] = {1,2,3,4,5,6,7,10,11};CreateTree(&pTree,a,N);int pre[N];int in[N];int post[N];int* pre_ptr  = (int*)pre;int* in_ptr   = (int*)in;int* post_ptr = (int*)post;PreOrder(pTree,&pre_ptr);InOrder(pTree,&in_ptr);PostOrder(pTree,&post_ptr);cout<<"pre="<<endl;show(pre,N);cout<<"in="<<endl;show(in,N);cout<<"post="<<endl;show(post,N);//------------- pre_in_postTREE* head = pre_in(pre,in,N);int pre_in_post[N];int* pre_in_post_ptr = (int*)pre_in_post;PostOrder(head,&pre_in_post_ptr);cout<<endl<<"pre_in_post:"<<endl;show(pre_in_post,N);//------------- post_in_prehead = post_in(post,in,N);int post_in_pre[N];int* post_in_pre_ptr = (int*)post_in_pre;PreOrder(head,&post_in_pre_ptr);cout<<endl<<"post_in_pre:"<<endl;show(post_in_pre,N);//------------- pre_post_in//注意：这种情况况不是任意二叉树都有唯一解，只对这种二叉树才有唯一解：每个非叶节点都有个孩子head = pre_post(pre,post,N);int pre_post_in[N];int* pre_post_in_ptr = (int*)pre_post_in;InOrder(head,&pre_post_in_ptr);cout<<endl<<"pre_post_in:"<<endl;show(pre_post_in,N);return 0;}