编程之美--重建二叉树

给定一个前序和中序变量的结果，写一个算法重建这棵树：如：

前序： a b d c e f
中序:  d b a e c f

前序遍历的每一个节点，都是当前子树的根节点，同时，以对应的节点
为边界，就会把前序遍历的结果分为左子树和右子树。

a是前序中第一个节点，以a为中界，把中序的结果分成：
左：db
右:ecf

对于db，由于在前序中b在d前面，所以，b是d的父亲。

对于ecf，前序中c在前面，c为父亲，c把e和f分开。

 

代码：

#include<stack>#include<queue>#include<iostream>using namespace std;typedef struct Node{    Node* left;    Node* right;    char data;    Node(char c)    {        data=c;        left=NULL;//很重要        right=NULL;    }    ~Node()    {        delete left;//如果left为null，也没问题，delete兼容null        delete right;    }}*BiTree;#define TREELEN 6Node* rebuild(char *preOrder,char *inOrder,int n){    if(n==0) return NULL;    //获得前序遍历的第一个节点    char c=preOrder[0];    Node *node=new Node(c); //This is the root node of this tree/sub tree.         int i;    for( i=0;i<n && inOrder[i]!=c;i++)            ;    int  lenL=i; //// the node number of the left child tree.    int     lenR=n-i-1;//// the node number of the rigth child tree.                  //为什么减1，因为中间的元素占了一个         if(lenL>0)        node->left=rebuild(&preOrder[1],&inOrder[0],lenL);    if(lenR>0)        node->right=rebuild(&preOrder[lenL+1],&inOrder[lenL+1],lenR);    return node;}void levelOrder(BiTree T){    queue<BiTree> q;    q.push(T);    while(!q.empty())    {        BiTree h=q.front();q.pop();        cout<<h->data<<ends;        if(h->left) q.push(h->left);        if(h->right) q.push(h->right);    }}int main(){    char szPreOrder[TREELEN]={'a','b','d','c','e','f'};    char szInOrder[TREELEN]={ 'd', 'b','a','e','c','f'};    Node *result=rebuild(szPreOrder,szInOrder,6);        cout<<endl;    levelOrder(result);}

注意当n==0，时，我们要返回

if(n==0) return NULL;不能写成return；否则错误。关键的代码为：由于根节点把左子树和右子树分开了：

if(lenL>0)        node->left=rebuild(&preOrder[1],&inOrder[0],lenL);    if(lenR>0)        node->right=rebuild(&preOrder[lenL+1],&inOrder[lenL+1],lenR);在建右子树时，我们从

preOrder[lenL+1] 开始，因为前面的都是左子树的节点，这点要特别注意。

递归过程：

rebuild(pre[0],in[0],6)
第一次建立a节点,lenL=2 ,lenR=3

rebuild(pre[1],inorder[0],2)
建立节点b，在db中找b，lenL=1,lenR=0;
b->left=rebuild(pre[d],inorer[0],1)

建立节点d，lenL=0;lenR=0;
d的左子树和右子树都为空。递归返回。

 

建立a的右子树

a->right=rebuild(preOrder[3,inOrder[3],3);

参考：http://blog.chinaunix.net/uid-1844931-id-3033009.html

更多：

http://www.cppblog.com/flyinghearts/archive/2010/08/16/123544.html

非递归：

http://zhangzhibiao02005.blog.163.com/blog/static/37367820201122833633997/

 

 

扩展问题1：如果前序和中序遍历的字母有重复的，那么怎么构造所有可能的解呢？

扩展问题2：如何判断给定的前序遍历和中序遍历的结果是合理的？

扩展问题3：如果知道前序和后序的结果，能重构二叉树吗？

思路：

问题1：搜索所有可能的情况，并调用扩展问题2的解决方案，判断此情况是否合理（剪枝操作），如果合法，则构造解

问题2：递归判断左右子树是否合理，递归的返回条件是到达叶子节点。

更多：http://blog.csdn.net/vividonly/article/details/6688327

http://www.wcode.net/plus/view.php?aid=704720

递归算法实现，分别遍历左右子树，递归中迭代查找左右子树的长度，类似于书中的方法。#include <iostream>#include <string>using namespace std;bool valid = true;inline int find(char needle, const char* haystack, int start, int end ){    const char* p = haystack + start;    int i = 0;    int offset = end - start ;    while ( p && i < offset )    {        if ( *p == needle )        {            if ( start != 0 )                return i + start;            else                return i;        }        p++, i++;    }    return -1;}void isValid( const char* preOrder, const char* inOrder, int start, int end ){    if ( !valid )        return ;    int position = find( *preOrder, inOrder, start,end );    if ( position == -1 )    {        valid = false;        return ;    }    if ( start < position )    {        isValid( preOrder + 1, inOrder,start,position ); //在左子树中遍历    }    if ( position + 1 < end )    {        isValid( preOrder + position + 1, inOrder, position + 1, end ); //在右子树中遍历    }}// Two Simple Test Casesint main(){    string pre1 = "abdefc";    string mid1 = "dbfeac";    string pre2 = "abdefc";    string mid2 = "dcfeab";    isValid(pre1.c_str(),mid1.c_str(),0,mid1.length());    cout << valid << endl;    // 输出 true    valid = true;    isValid(pre2.c_str(),mid2.c_str(),0,mid2.length());    cout << valid << endl;   //输出false    return 0;}

 

已知中序和后序，更多：

http://www.cppblog.com/wanghaiguang/archive/2012/05/24/176012.aspx

（下面的这篇来自)http://biaobiaoqi.me/blog/2013/04/27/pat1020-pat1043-rebuild-binary-tree/

背景

《二叉树的遍历（递归、非递归）分析》总结了二叉树不同遍历方式的递归和非递归实现，本文则讨论如何针对不同遍历方式的组合重建二叉树。为了简化问题的考虑，假定二叉树中不会出现重复值。列入考虑范围的有前序、中序、后序、层序遍历这四种的组合。前中后序比较常见，而层序则相对特殊一点了。

PAT 的 1043 和 1020 题是遍历相关的模板题，正好派上用场。

中序+前序

算法描述：

• 初始：用前序遍历序列确定根节点，在中序遍历序列中找到该根节点，则左右子树分别为中序中该节点左右的序列。

• 迭代：对各个子树分别执行三步操作，1.在前序序列中找子树的根节点；2。在中序序列中找子树的根节点，并划分开根节点的左右子树；3.根据新生成的左右子树，在前序序列中划分开这些节点，从而得到了两颗子树的前序、中序序列。

练习：PAT1043:Is It a Binary Search Tree

题意：

输入一个树的前序遍历序列，判定这个树是否是二叉搜索树或者 BST 的镜像树，如果是，则用后序序列输出。

解题思路：

• 1.BST 很特殊，实质上 BST 的所有节点的顺序排列就是中序遍历了。

• 2.要检查树是否是 BST 或者镜像 BST，只需按照重建树的思路，在每次重建的过程中做适当检查即可。检查思路是：检查前序遍历序列中，根节点之后的节点排序是否符合 BST 的二分规则（即前一段都是小于根节点的，后一段都是大于根节点的）。

• 3.最后的输出是后序遍历。过程中其实并不用构建整个树，直接在处理过程中，按后序的方式存储节点到队列中即可。

有了这些考虑，就可以写出代码啦。详细解题代码见链接 PAT1043

中序+后序

算法描述：

• 初始：用后序遍历序列确定根节点，在中序遍历序列中找到该根节点，则左右子树分别为中序中该节点左右的序列。

• 迭代：对各个子树分别执行三步操作，1.在后序序列中找子树的根节点；2。在中序序列中找子树的根节点，并划分开根节点的左右子树；3.根据新生成的左右子树，在后序序列中划分开这些节点，从而得到了两颗子树的后序、中序序列。

练习：PAT1020:Tree Traversals

题意：

输入为一棵二叉树的后序遍历序列和中序遍历序列。求树的前序遍历序列。

解题思路：

• 1.有了中序和后序，就能重建树。

• 2.最后的输出是层序遍历。过程中其实并不用构建整个树。直接在处理过程中，按层序的方式存储节点到队列中即可。

详细解题代码见链接 PAT1020

中序+层序

算法描述：

• 初始：用层序遍历确定顶节点，在中序遍历中，利用顶节点划分出左右子树。

• 迭代：对各个子树分别执行三步操作，1.在层序序列中，找出子树节点集合中，最靠前的节点，这个节点即为子树的顶节点；2.在中序序列中找 1 中得到的顶节点，并划分开顶节点的左右子树；

• 跟（中序+前序）和（中序+后序）不同之处在于没有迭代的第 3 步，层序是无法直接划分得到左右子树的节点集合的。但这并不妨碍正常的处理。层序是用来找到子树的顶节点的，而顶节点即是所有子树的节点中，在层序遍历中最靠前的节点。

前序+后序

这个组合是无法重建确定的二叉树的。

对于满二叉树，利用子树节点的排列顺序能区分开左右子树节点集合，构建是没有问题的。但一旦有单个叶子的节点存在，则无法确定叶子是左儿子还是右儿子。因为无论是前序还是后序序列，都无法体现单个儿子情况下，儿子的位置。前序会将左右子树的点置于节点之后，后序则是将左右子树的点置于节点之前。

• 举个简单的反例：

给出如下的前序序列和后序序列： preorder: A, B; postorder: B, A

能构建的二叉树有两种可能，1.A 是根节点，B 是 A 左儿子； 2.A 是根节点， B 是 A 的右儿子。无法得到一个唯一的结果。

前序+层序

这个组合也是无法重建确定的二叉树的。同样于后序+层序的情况。

道理跟（前序+后序）的道理一样，无论是前序、后序，还是层序，都是无法确定单个儿子节点情况下儿子节点的顺序。

总结

• 中序遍历配合另外任何一个遍历，能重建二叉树。其他的任意两个序列的组合都不能唯一的确定重建的二叉树。

 

本文出自：http://www.cnblogs.com/youxin/p/3288261.html