二叉树前序、中序、后序遍历相互求法

 

参考资料：

　　[1]:https://blog.csdn.net/m0_37698652/article/details/79218014

 

一、已知前序、中序遍历，求后序遍历

　　例：

　　前序遍历: GDAFEMHZ

　　中序遍历: ADEFGHMZ

　　画树求法：

　　第一步，根据前序遍历的特点，我们知道根结点为G

　　第二步，观察中序遍历ADEFGHMZ。其中root节点G左侧的ADEF必然是root的左子树，G右侧的HMZ必然是root的右子树。

　　第三步，观察左子树ADEF，左子树的中的根节点必然是root结点的leftchild。在前序遍历中，root的leftchild紧挨着root之后，所以左子树的根节点为D。

　　第四步，同样的道理，root的右子树节点HMZ中的根节点也可以通过前序遍历求得。在前序遍历中，一定是先把root和root的所有左子树节点遍历完之后

　　才会遍历右子树，并且遍历的左子树的第一个节点就是左子树的根节点。同理，遍历的右子树的第一个节点就是右子树的根节点。

　　第五步，观察发现，上面的过程是递归的。先找到当前树的根节点，然后划分为左子树，右子树，然后进入左子树重复上面的过程，然后进入右子树重复上面的过程。

　　最后就可以还原一棵树了。

　　那么，我们可以画出这个二叉树的形状：
　　

　　那么，根据后序的遍历规则，我们可以知道，后序遍历顺序为：AEFDHZMG

代码如下：

/**
    假设所有节点由互不相等的大写字母组成；
    将字母'A'~'Z'由'0'~'25'表示 
*/ 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int maxn=1000;

int tree[4*maxn];
char preOrder[maxn];//前序遍历 
char inOrder[maxn];//中序遍历 
int pos[30];//pos[i]:节点i在中序遍历中的位置 

void DFS(int l,int r,int curPos,int &k)
{
    if(l > r)
        return ;
    tree[curPos]=preOrder[k++]-'A';
    
    if(l == r)
        return ;
            
    /**
        分别递归左右子树
        根据前序遍历的特点先递归左子树 
    */ 
    int mid=pos[tree[curPos]];
    DFS(l,mid-1,ls(curPos),k);
    DFS(mid+1,r,rs(curPos),k);
}

void Print(int index)
{
    if(tree[index] == -1)
        return ;
        
    Print(ls(index));
    Print(rs(index));
    printf("%c",'A'+tree[index]);
}
void Solve()
{
    mem(tree,-1);
    int len=strlen(preOrder);
    for(int i=0;i < len;++i)
        pos[inOrder[i]-'A']=i;
        
    tree[1]=preOrder[0]-'A';//根节点 
    int k=1;
    int mid=pos[tree[1]];//求出根节点在中序遍历中的位置 
    DFS(0,mid-1,ls(1),k);//左子树[0,mid-1] 
    DFS(mid+1,len-1,rs(1),k);//右子树[mid+1,len-1] 
    
    Print(1);//输出后序遍历结果 
}
int main()
{
//    freopen("C:/Users/hyacinthLJP/Desktop/stdin/contest","r",stdin);
    while(~scanf("%s%s",preOrder,inOrder))
        Solve();
        
    return 0;
}

 

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二、已知中序和后序遍历，求前序遍历

　　依然是上面的题，这次我们只给出中序和后序遍历：

　　中序遍历: ADEFGHMZ

　　后序遍历: AEFDHZMG

　　画树求法：
　　第一步，根据后序遍历的特点，我们知道后序遍历最后一个结点即为根结点，即根结点为G。

　　第二步，观察中序遍历ADEFGHMZ。其中root节点G左侧的ADEF必然是root的左子树，G右侧的HMZ必然是root的右子树。

　　第三步，观察右子树HMZ，右子树的中的根节点必然是root的rightChild。在后序遍历中，root的rightChild紧挨着root之前，所以右子树的根节点为M。

　　第四部，以此类推，根据后序遍历的特点，紧邻着当前根节点G的前一个节点一定是右子树的根节点，当右子树全部还原后，开始还原左子树；

　　那么，前序遍历: GDAFEMHZ

代码如下：

/**
    假设所有节点由互不相等的大写字母组成；
    将字母'A'~'Z'由'0'~'25'表示 
*/ 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define ls(x) (x<<1)
#define rs(x) (x<<1|1)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
const int maxn=100;

char midOrder[maxn];//中序遍历 
char nexOrder[maxn];//后序遍历 
int tree[4*maxn];
int pos[30];//pos[i]:节点i在中序遍历中的位置 

void DFS(int l,int r,int curPos,int &k)
{
    if(l > r)
        return ;
//    printf("l=%d,r=%d\n",l,r);
    tree[curPos]=nexOrder[k--]-'A';
    if(l == r)
        return ;
        
    /**
        分别递归右左子树
        根据前序遍历的特点先递归右子树 
    */ 
    int mid=pos[tree[curPos]];
    DFS(mid+1,r,rs(curPos),k);
    DFS(l,mid-1,ls(curPos),k);
}
void Print(int index)
{
    if(tree[index] == -1)
        return ;
        
    printf("%c",'A'+tree[index]);
    Print(ls(index));
    Print(rs(index));
}
void Solve()
{
    mem(tree,-1);
    int len=strlen(midOrder);
    for(int i=0;i < len;++i)
        pos[midOrder[i]-'A']=i;
    
    tree[1]=nexOrder[len-1]-'A';//根节点 
    int mid=pos[tree[1]];//求出根节点在中序遍历中的位置 
    int k=len-2;
    DFS(mid+1,len-1,rs(1),k);//右子树[mid+1,len-1] 
    DFS(0,mid-1,ls(1),k);//左子树[0,mid-1] 
    
    Print(1);//前序遍历 
    printf("\n");
}
int main()
{
//    freopen("C:/Users/hyacinthLJP/Desktop/stdin/contest","r",stdin);
    while(~scanf("%s%s",midOrder,nexOrder))
        Solve();
        
    return 0;
}