[LeetCode] 889. Construct Binary Tree from Preorder and Postorder Traversal
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Return any binary tree that matches the given preorder and postorder traversals.
Values in the traversals pre and post are distinct positive integers.
Example 1:
Input: pre = [1,2,4,5,3,6,7], post = [4,5,2,6,7,3,1]
Output: [1,2,3,4,5,6,7]
Note:
1 <= pre.length == post.length <= 30pre[]andpost[]are both permutations of1, 2, ..., pre.length.- It is guaranteed an answer exists. If there exists multiple answers, you can return any of them.
这道题给了一棵树的先序遍历和后序遍历的数组，让我们根据这两个数组来重建出原来的二叉树。之前也做过二叉树的先序遍历 Binary Tree Preorder Traversal 和 后序遍历 Binary Tree Postorder Traversal，所以应该对其遍历的顺序并不陌生。其实二叉树最常用的三种遍历方式，先序，中序，和后序遍历，只要知道其中的任意两种遍历得到的数组，就可以重建出原始的二叉树，而且正好都在 LeetCode 中有出现，其他两道分别是 Construct Binary Tree from Inorder and Postorder Traversal 和 Construct Binary Tree from Preorder and Inorder Traversal。如果做过之前两道题，那么这道题就没有什么难度了，若没有的话，可能还是有些 tricky 的，虽然这仅仅只是一道 Medium 的题。
我们知道，先序遍历的顺序是 根->左->右，而后序遍历的顺序是 左->右->根，既然要建立树，那么肯定要从根结点开始创建，然后再创建左右子结点，若你做过很多树相关的题目的话，就会知道大多数都是用递归才做，那么创建的时候也是对左右子结点调用递归来创建。心中有这么个概念就好，可以继续来找这个重复的 pattern。由于先序和后序各自的特点，根结点的位置是固定的，既是先序遍历数组的第一个，又是后序遍历数组的最后一个，而如果给我们的是中序遍历的数组，那么根结点的位置就只能从另一个先序或者后序的数组中来找了，但中序也有中序的好处，其根结点正好分割了左右子树，就不在这里细讲了，还是回到本题吧。知道了根结点的位置后，我们需要分隔左右子树的区间，先序和后序的各个区间表示如下：
preorder -> [root] [left subtree] [right subtree]
postorder -> [left subtree] [right substree] [root]
具体到题目中的例子就是：
preorder -> [1] [2,4,5] [3,6,7]
postorder -> [4,5,2] [6,7,3] [root]
先序和后序中各自的左子树区间的长度肯定是相等的，但是其数字顺序可能是不同的，但是我们仔细观察的话，可以发现先序左子树区间的第一个数字2，在后序左右子树区间的最后一个位置，而且这个规律对右子树区间同样适用，这是为啥呢，这就要回到各自遍历的顺序了，先序遍历的顺序是 根->左->右，而后序遍历的顺序是 左->右->根，其实这个2就是左子树的根结点，当然会一个在开头，一个在末尾了。发现了这个规律，就可以根据其来定位左右子树区间的位置范围了。既然要拆分数组，那么就有两种方式，一种是真的拆分成小的子数组，另一种是用双指针来指向子区间的开头和末尾。前一种方法无疑会有大量的数组拷贝，不是很高效，所以我们这里采用第二种方法来做。用 preL 和 preR 分别表示左子树区间的开头和结尾位置，postL 和 postR 表示右子树区间的开头和结尾位置，那么若 preL 大于 preR 或者 postL 大于 postR 的时候，说明已经不存在子树区间，直接返回空指针。然后要先新建当前树的根结点，就通过 pre[preL] 取到即可，接下来要找左子树的根结点在 post 中的位置，最简单的方法就是遍历 post 中的区间 [postL, postR]，找到其位置 idx，然后根据这个 idx，就可以算出左子树区间长度为 len = (idx-postL)+1，那么 pre 数组中左子树区间为 [preL+1, preL+len]，右子树区间为 [preL+1+len, preR]，同理，post 数组中左子树区间为 [postL, idx]，右子树区间为 [idx+1, postR-1]。知道了这些信息，就可以分别调用递归函数了，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
TreeNode* constructFromPrePost(vector<int>& pre, vector<int>& post) {
return helper(pre, 0, (int)pre.size() - 1, post, 0, (int)post.size() - 1);
}
TreeNode* helper(vector<int>& pre, int preL, int preR, vector<int>& post, int postL, int postR) {
if (preL > preR || postL > postR) return nullptr;
TreeNode *node = new TreeNode(pre[preL]);
if (preL == preR) return node;
int idx = -1;
for (idx = postL; idx <= postR; ++idx) {
if (pre[preL + 1] == post[idx]) break;
}
node->left = helper(pre, preL + 1, preL + 1 + (idx - postL), post, postL, idx);
node->right = helper(pre, preL + 1 + (idx - postL) + 1, preR, post, idx + 1, postR - 1);
return node;
}
};
我们也可以使用 STL 内置的 find() 函数来查找左子树的根结点在 post 中的位置，其余的地方都跟上面的解法相同，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
TreeNode* constructFromPrePost(vector<int>& pre, vector<int>& post) {
return helper(pre, 0, (int)pre.size() - 1, post, 0, (int)post.size() - 1);
}
TreeNode* helper(vector<int>& pre, int preL, int preR, vector<int>& post, int postL, int postR) {
if (preL > preR || postL > postR) return nullptr;
TreeNode *node = new TreeNode(pre[preL]);
if (preL == preR) return node;
int idx = find(post.begin() + postL, post.begin() + postR + 1, pre[preL + 1]) - post.begin();
node->left = helper(pre, preL + 1, preL + 1 + (idx - postL), post, postL, idx);
node->right = helper(pre, preL + 1 + (idx - postL) + 1, preR, post, idx + 1, postR - 1);
return node;
}
};
为了进一步优化时间复杂度，我们可以事先用一个 HashMap，来建立 post 数组中每个元素和其坐标之间的映射，这样在递归函数中，就不用进行查找了，直接在 HashMap 中将其位置取出来用即可，用空间换时间，也不失为一个好的方法，参见代码如下：
解法三：
class Solution {
public:
TreeNode* constructFromPrePost(vector<int>& pre, vector<int>& post) {
unordered_map<int, int> m;
for (int i = 0; i < post.size(); ++i) m[post[i]] = i;
return helper(pre, 0, (int)pre.size() - 1, post, 0, (int)post.size() - 1, m);
}
TreeNode* helper(vector<int>& pre, int preL, int preR, vector<int>& post, int postL, int postR, unordered_map<int, int>& m) {
if (preL > preR || postL > postR) return nullptr;
TreeNode *node = new TreeNode(pre[preL]);
if (preL == preR) return node;
int idx = m[pre[preL + 1]], len = (idx - postL) + 1;
node->left = helper(pre, preL + 1, preL + len, post, postL, idx, m);
node->right = helper(pre, preL + 1 + len, preR, post, idx + 1, postR - 1, m);
return node;
}
};
论坛上 lee215 大神 提出了一种迭代的写法，借助了栈来做，其实就用个数组就行，模拟栈的后进先出的特性。这种设计思路很巧妙，现根据 pre 数组进行先序创建二叉树，当前我们的策略是，只要栈顶结点没有左子结点，就把当前结点加到栈顶元素的左子结点上，否则加到右子结点上，并把加入的结点压入栈。同时我们用两个指针i和j分别指向当前在 pre 和 post 数组中的位置，若某个时刻，栈顶元素和 post[j] 相同了，说明当前子树已经建立完成了，要将栈中当前的子树全部出栈，直到 while 循环的条件不满足。这样最终建立下来，栈中就只剩下一个根结点了，返回即可，参见代码如下：
解法四：
class Solution {
public:
TreeNode* constructFromPrePost(vector<int>& pre, vector<int>& post) {
vector<TreeNode*> st;
st.push_back(new TreeNode(pre[0]));
for (int i = 1, j = 0; i < pre.size(); ++i) {
TreeNode *node = new TreeNode(pre[i]);
while (st.back()->val == post[j]) {
st.pop_back();
++j;
}
if (!st.back()->left) st.back()->left = node;
else st.back()->right = node;
st.push_back(node);
}
return st[0];
}
};
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类似题目：
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参考资料：
https://leetcode.com/problems/construct-binary-tree-from-preorder-and-postorder-traversal/