数据结构基础 层次遍历和中序遍历还原二叉树

【问题描述】

给出一个层次遍历，和一个中序遍历的结果字符串

层次  A B C D E F G
中序  D B A F E G C
其对应的二叉树是：
       A
     /  /
     B  C
     /  /
     D  E
       / /
       F G

【算法思想】

用LEV代表层次遍历MID代表中序遍历。然后我们还需要一个HLP数组用来存放节点指针，其长度和层次/中序遍历字符串长度一样，并且其对应于中序遍历字符串。

(0)起始状态
     0  1  2  3  4  5  6
MID  D  B  A  F  E  G  C
HLP  0  0  0  0  0  0  0
L    0  0  0  0  0  0  0
R    0  0  0  0  0  0  0
在这里，HLP存放的是节点指针，并且全都初始化为0，这里的L/R代表了该节点是否有左/右孩子。在下面注意HLP和MID的对应关系。
(1) [A]BCDEFG
我们查找A在MID中的位置，创建一个节点到对应位置，初创建的节 点没有左右孩子。
     0  1  2  3  4  5  6
MID  D  B  A  F  E  G  C
HLP  0  0  A  0  0  0  0
L    0  0  0  0  0  0  0
R    0  0  0  0  0  0  0
(2) A[B]CDEFG
     0  1  2  3  4  5  6
MID  D  B  A  F  E  G  C
HLP  0  B  A  0  0  0  0
L    0  0  0  0  0  0  0
R    0  0  0  0  0  0  0
然后从B的左面开始找有没有非0的指针，在这里我们没有找到
然后从B的右边开始找有没有非0的指针，找到了A
发现A没有左孩子，令B为A的左孩子
     0  1  2  3  4  5  6
MID  D  B  A  F  E  G  C
HLP  0  B  A  0  0  0  0
L    0  0  X  0  0  0  0
R    0  0  0  0  0  0  0
(3) AB[C]DEFG
同上面步骤，发现C是A的右孩子
     0  1  2  3  4  5  6
MID  D  B  A  F  E  G  C
HLP  0  B  A  0  0  0  C
L    0  0  X  0  0  0  0
R    0  0  X  0  0  0  0
(4) ABC[D]EFG
同上，发现D是B的左孩子
     0  1  2  3  4  5  6
MID  D  B  A  F  E  G  C
HLP  D  B  A  0  0  0  C
L    0  X  X  0  0  0  0
R    0  0  X  0  0  0  0
(5) ABCD[E]FG
这里有些不同，因为E向左找发现A的已经有了右孩子，所它必须向右找，结果发现E是C的左孩子
     0  1  2  3  4  5  6
MID  D  B  A  F  E  G  C
HLP  D  B  A  0  E  0  C
L    0  X  X  0  0  0  X
R    0  0  X  0  0  0  0
(6) ABCDE[F]G
同上，F做不了A的右孩子，只能做了E的左孩子
     0  1  2  3  4  5  6
MID  D  B  A  F  E  G  C
HLP  D  B  A  F  E  0  C
L    0  X  X  0  X  0  X
R    0  0  X  0  0  0  0
(7) ABCDEF[G]
G向左找，发现G可以做E的右孩子
同上，F做不了A的右孩子，只能做了E的左孩子
     0  1  2  3  4  5  6
MID  D  B  A  F  E  G  C
HLP  D  B  A  F  E  G  C
L    0  X  X  0  X  0  X
R    0  0  X  0  X  0  0
到此为止ABCDEFG的关系都已经建立好了，二叉树还原完成。至于为什么我们一定要先从左开始找，然后再向右找，也许是因为二叉树的中序遍历它本身就是从左到右的吧，具体没有深究过。
这个算法同样适用于前序-中序，后序-中序的二叉树还原。但是使用这个算法你会发现需要申请与节点相同数量的临时空间，如果这个二叉树很大似乎会不太方便。而我的另外的前序-中序，后序-中序的二叉树还原算法所需要的临时空间的最大数目是二叉树的层次数。一个255个元素的满二叉树，层次为8，临时空间至多需要8，显然空间上较优。

【源码实现】

#include <iostream>#include <stack>#include <string>#include <queue>using namespace std;struct TreeNode {    char       data;    TreeNode*   lChild;    TreeNode*   rChild;public:    TreeNode(char c) : data(c), lChild(0), rChild(0) { }};//层次-中序二叉树还原 void Lev_Mid_Restore(string lev, string mid, TreeNode*& result) {    const int size = lev.size();    TreeNode* helper[size];    for(int i = 0; i < size; i++)        helper[i] = 0;    /*            0  1  2  3  4  5  6  7  8        helper    0  0  0  0  A  0  0  0  0        lChild    0  0  0  0  0  0  0  0  0        rChild    0  0  0  0  0  0  0  0  0    */    bool success = false;    result = new TreeNode(lev[0]);    int mi = mid.find(lev[0]);    helper[mi] = result;        for(int i = 1; i < lev.size(); i++) {        success = false;        mi = mid.find(lev[i]);        helper[mi] = new TreeNode(lev[i]);  //把这个节点放到对应的数组位置中         /*从当前节点X的左边开始找，如果找到一个非0的节点Y，          就判断其右孩子是否为空，如果为空，则X是Y的右孩子，并且孩子配对成功，          接下来就不需要再向右找了。           如果Y已经有右孩子了，则从节点X的右边开始找         */         for(int p = mi - 1; p >= 0; p--) {            if(helper[p] != 0) {                if(helper[p]->rChild == 0) {                    helper[p]->rChild = helper[mi];                    success = true;                }                break;            }        }        if(success) {            continue;        }        /*从当前节点X的右边还是找，如果找到一个非0的节点Y          判断其左孩子是否为空，如果为空，则X是Y的左孩子          如果Y已经有左孩子了，则说明这个中序/层次遍历序列有问题        */        for(int p = mi + 1; p < size; p++) {            if(helper[p] != 0) {                if(helper[p]->lChild == 0) {                    helper[p]->lChild = helper[mi];                    success = true;                }                break;            }        }        //因为既然到了这一步，还没有配对成功，就说明给的中序/层次遍历序列        //有问题         if(!success) {            cout << "error: " << lev[i] << endl;            break;        }    }}int main() {    void inorderTraversal(TreeNode* pTree);    void levelorderTraversal(TreeNode* pTree);    void Lev_Mid_Restore(string lev, string mid, TreeNode*& result);    /*                 A                    /      /                   B        C                 /   /    /   /                D    E    F    G               / /  / /  / /  / /               H I  J K  M N  O P    */    string Levorder1 = "ABCDEFGHIJKMNOP";    string Midorder1 = "HDIBJEKAMFNCOGP";        string Levorder2 = "ABCDEFG";    string Midorder2 = "BDAFEGC";    TreeNode* res = 0;    Lev_Mid_Restore(Levorder1, Midorder1, res);    inorderTraversal(res);      levelorderTraversal(res);        Lev_Mid_Restore(Levorder2, Midorder2, res);    inorderTraversal(res);      levelorderTraversal(res);           cin.get();}//中序遍历 void inorderTraversal(TreeNode* pTree) {    stack<TreeNode*> treeStack;    do {        while(pTree != 0) {            treeStack.push(pTree);            pTree = pTree->lChild;        }        if(!treeStack.empty()) {            pTree = treeStack.top();            treeStack.pop();            cout << pTree->data;            pTree = pTree->rChild;        }    }while(!treeStack.empty() || pTree != 0);    cout << endl;}//层次遍历 void levelorderTraversal(TreeNode* pTree) {    queue<TreeNode*> treeQueue;    treeQueue.push(pTree);    while(!treeQueue.empty()) {        cout << treeQueue.front()->data;        TreeNode* lChild = treeQueue.front()->lChild;        TreeNode* rChild = treeQueue.front()->rChild;        if(lChild != 0) {            treeQueue.push(lChild);        }        if(rChild != 0) {            treeQueue.push(rChild);        }        treeQueue.pop();    }    cout << endl;}