给定二叉树的前序和后序，判断二叉树是否唯一

给定二叉树的前序和后序，判断二叉树是否唯一

对于一棵二叉树，如果给定中序和前序后序任意一个，是可以确定这个树的形状的。例如给定前序和中序：

• 前序第一个结点肯定是根节点，后面是：
  \1. 左子树、右子树
  \2. 只有左子树
  \3. 只有右子树
• 对于前序中的根节点，在中序找找到位置后，他的左边有元素就有左子树，右边有元素就有右子树。

所以结合以上两点是可以唯一确定一棵二叉树的。

而如果把中序换成后序： 因为后序是左 - 右 - 根，无法从后序中判断前序中根节点后面的结点是左子树还是右子树，所以二叉树不一定唯一。也就是说，后序+前/中 不能唯一确定二叉树

那么，如何判断是否唯一呢？下面给出思路：

• 对于前序中的每一个根节点，在后序中去找这个根节点（1 号）和根节点后面一个结点（2 号）的位置
• 在后序中，如果 1 号位置在 2 号位置之间右边并且二者之间有元素，说明之间的元素都属于 1 号的右子树，2 号位置及以前的元素都属于 1 号的左子树，如果递归下去都是这样，就是唯一的；如果 1 号和 2 号位置之间没有元素，这时就没有办法判断它是属于左子树属于右子树，二叉树也就不唯一了。

下面对于 2 个具体的例子给出图示：

先给出不唯一的情况：

• 前序：1、2、5、3、4
• 后序：5、4、3、2、1

然后有以下三种情况（不是只有三种）：

下面按上述思路大致走一下流程:

1. 1（1 号）在后序中为 index5；1 的后面一个也就是 2（2 号），在后序中 index4；
2. index5>index4 并且两个位置之间没有元素，即 5-4-1=0。所以这个 2 既可能是 1 的左儿子，也可能是 1 的右儿子，这样就可以肯定树不唯一了；
3. 2 的后面一个也就是 5（2 号），在后序中为 index1；
4. index4>index1 并且两个位置之间有元素，即 4-1-1=2>0。所以 5 及之前的元素都属于 2 的左子树，5 右边、2 左边的都为 2 的右子树。图中也可以看到，确实是这样，没有其他的情况。这样即为局部子树唯一。
5. ……

再给出唯一的情况：

1. 前序：1、2、3、4、6、7、5

2. 后序：2、6、7、4、5、3、1

   

下面按思路走一遍：

1. 1 为后序中 index7，2 为后序中 index1；
2. index7>index1 并且二者之间有元素，即 7-1-1=5>0。所以 2 是 1 的左子树，6、7、4、5、3 属于 1 的右子树；
3. 3 为后序中 index6；
4. index1<index6，此时并不满足 2 的位置在 3 的右边，这是说明 3 并不属于 2 为根节点的树，而属于另外一颗子树中（这是因为 3 如果是属于 2 为根节点的树的话，3 应该在 2 的左边，因为后序是左 - 右 - 树，即儿子结点比根节点出现的早），如图所示；
5. ……

可以看到这种情况还有一个特点：每个结点的出度是 0 或者 2。（可以这么理解：如果只有一个儿子结点的话，在递归判断的时候无法知道是否是左儿子还是右儿子；但是如果有两个或者没有的话，是可以判断的。）

下面给出代码：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
typedef struct node* tree;
struct node 
{
	int data;
	tree left;
	tree right;
};//树结点结构体
int n, pre[100], post[100];
int unique = 1;//用来标记二叉树是否唯一,先假设唯一
tree build(int prel, int prer, int postl, int postr)//前序的起始，后序的起始
{
	tree node = (tree)malloc(sizeof(struct node));
	node->data = pre[prel];
	node->left = node->right = NULL;
	if(prel == prer) return node;//根节点右边没有元素即没有子树就不需要判断了
	//在后序中从开始位置到结束位置，去找前序中起始结点的后面一个结点的位置
	int index = postl;
	while(index < postr && post[index] != pre[prel+1]) index++;
	if(postr-index-1 > 0)//中间有元素
	{
		int sum = index-postl+1;//左子树的大小
		node->left = build(prel+1, prel+sum, postl, index);
		node->right = build(prel+1+sum, prer, index+1, postr-1);
	}
	else//没有元素的话，无法判断是左儿子还是右二子，但可以肯定只有其中之一。可以假定为右儿子
	{
		unique = 0;
		node->right=build(prel+1, prer, postl, postr-1);
	}
	return node;
}
void inorder(tree t)
{
	if(!t) return ;
	inorder(t->left);
	printf("%d ", t->data);
	inorder(t->right);
}
int main()
{
	scanf("%d", &n);
	int i;
	for(i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &pre[i]);
	for(i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &post[i]);
	tree t = build(1, n, 1, n);
	if(unique) printf("only binary tree\n");
	else printf("not only\n");
	//如果不唯一，则输出的是上面假定的情况，即不确定局部树的儿子结点是左儿子还是右二子的时候，假定为右儿子
	inorder(t);
	return 0;
}

最后给出 PAT 该题的链接：1119 Pre- and Post-order Traversals (30 分)