例如输入5、7、6、9、11、10、8，由于这一整数序列是如下树的后序遍历结果：
8
/ \
6 10
/ \ / \
5 7 9 11
因此返回true。
如果输入7、4、6、5，没有哪棵树的后序遍历的结果是这个序列，因此返回false。
分析：这是一道trilogy的笔试题，主要考查对二元查找树的理解。
在后续遍历得到的序列中，最后一个元素为树的根结点。从头开始扫描这个序列，比根结点小的元素都应该位于序列的左半部分；从第一个大于跟结点开始到跟结点前面的一个元素为止，所有元素都应该大于跟结点，因为这部分元素对应的是树的右子树。根据这样的划分，把序列划分为左右两部分，我们递归地确认序列的左、右两部分是不是都是二元查找树。
参考代码：
using namespace std;
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
// Verify whether a squence of integers are the post order traversal
// of a binary search tree (BST)
// Input: squence - the squence of integers
// length - the length of squence
// Return: return ture if the squence is traversal result of a BST,
// otherwise, return false
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
bool verifySquenceOfBST(int squence[], int length)
{
if(squence == NULL || length <= 0)
return false;
// root of a BST is at the end of post order traversal squence
int root = squence[length - 1];
// the nodes in left sub-tree are less than the root
int i = 0;
for(; i < length - 1; ++ i)
{
if(squence[i] > root)
break;
}
// the nodes in the right sub-tree are greater than the root
int j = i;
for(; j < length - 1; ++ j)
{
if(squence[j] < root)
return false;
}
// verify whether the left sub-tree is a BST
bool left = true;
if(i > 0)
left = verifySquenceOfBST(squence, i);
// verify whether the right sub-tree is a BST
bool right = true;
if(i < length - 1)
right = verifySquenceOfBST(squence + i, length - i - 1);
return (left && right);
}
struct ListNode
{
int m_nKey;
ListNode* m_pNext;
};
分析：为了得到倒数第k个结点，很自然的想法是先走到链表的尾端，再从尾端回溯k步。可是输入的是单向链表，只有从前往后的指针而没有从后往前的指针。因此我们需要打开我们的思路。
既然不能从尾结点开始遍历这个链表，我们还是把思路回到头结点上来。假设整个链表有n个结点，那么倒数第k个结点是从头结点开始的第n-k-1个结点（从0开始计数）。如果我们能够得到链表中结点的个数n，那我们只要从头结点开始往后走n-k-1步就可以了。如何得到结点数n？这个不难，只需要从头开始遍历链表，每经过一个结点，计数器加一就行了。
这种思路的时间复杂度是O(n)，但需要遍历链表两次。第一次得到链表中结点个数n，第二次得到从头结点开始的第n -k-1个结点即倒数第k个结点。
如果链表的结点数不多，这是一种很好的方法。但如果输入的链表的结点个数很多，有可能不能一次性把整个链表都从硬盘读入物理内存，那么遍历两遍意味着一个结点需要两次从硬盘读入到物理内存。我们知道把数据从硬盘读入到内存是非常耗时间的操作。我们能不能把链表遍历的次数减少到1？如果可以，将能有效地提高代码执行的时间效率。
如果我们在遍历时维持两个指针，第一个指针从链表的头指针开始遍历，在第k-1步之前，第二个指针保持不动；在第k-1步开始，第二个指针也开始从链表的头指针开始遍历。由于两个指针的距离保持在k-1，当第一个（走在前面的）指针到达链表的尾结点时，第二个指针（走在后面的）指针正好是倒数第k个结点。
这种思路只需要遍历链表一次。对于很长的链表，只需要把每个结点从硬盘导入到内存一次。因此这一方法的时间效率前面的方法要高。
思路一的参考代码：
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
// Find the kth node from the tail of a list
// Input: pListHead - the head of list
// k - the distance to the tail
// Output: the kth node from the tail of a list
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
ListNode* FindKthToTail_Solution1(ListNode* pListHead, unsigned int k)
{
if(pListHead == NULL)
return NULL;
// count the nodes number in the list
ListNode *pCur = pListHead;
unsigned int nNum = 0;
while(pCur->m_pNext != NULL)
{
pCur = pCur->m_pNext;
nNum ++;
}
// if the number of nodes in the list is less than k
// do nothing
if(nNum < k)
return NULL;
// the kth node from the tail of a list
// is the (n - k)th node from the head
pCur = pListHead;
for(unsigned int i = 0; i < nNum - k; ++ i)
pCur = pCur->m_pNext;
return pCur;
}
思路二的参考代码：
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
// Find the kth node from the tail of a list
// Input: pListHead - the head of list
// k - the distance to the tail
// Output: the kth node from the tail of a list
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
ListNode* FindKthToTail_Solution2(ListNode* pListHead, unsigned int k)
{
if(pListHead == NULL)
return NULL;
ListNode *pAhead = pListHead;
ListNode *pBehind = NULL;
for(unsigned int i = 0; i < k; ++ i)
{
if(pAhead->m_pNext != NULL)
pAhead = pAhead->m_pNext;
else
{
// if the number of nodes in the list is less than k,
// do nothing
return NULL;
}
}
pBehind = pListHead;
// the distance between pAhead and pBehind is k
// when pAhead arrives at the tail, p
// Behind is at the kth node from the tail
while(pAhead->m_pNext != NULL)
{
pAhead = pAhead->m_pNext;
pBehind = pBehind->m_pNext;
}
return pBehind;
}
讨论：这道题的代码有大量的指针操作。在软件开发中，错误的指针操作是大部分问题的根源。因此每个公司都希望程序员在操作指针时有良好的习惯，比如使用指针之前判断是不是空指针。这些都是编程的细节，但如果这些细节把握得不好，很有可能就会和心仪的公司失之交臂。
另外，这两种思路对应的代码都含有循环。含有循环的代码经常出的问题是在循环结束条件的判断。是该用小于还是小于等于？是该用k还是该用k-1？由于题目要求的是从0开始计数，而我们的习惯思维是从1开始计数，因此首先要想好这些边界条件再开始编写代码，再者要在编写完代码之后再用边界值、边界值减1、边界值加1都运行一次（在纸上写代码就只能在心里运行了）。
扩展：和这道题类似的题目还有：输入一个单向链表。如果该链表的结点数为奇数，输出中间的结点；如果链表结点数为偶数，输出中间两个结点前面的一个。如果各位感兴趣，请自己分析并编写代码。
10 题目：输入一个已经按升序排序过的数组和一个数字，在数组中查找两个数，使得它们的和正好是输入的那个数字。要求时间复杂度是O(n)。如果有多对数字的和等于输入的数字，输出任意一对即可。例如输入数组1、2、4、7、11、15和数字15。由于4+11=15，因此输出4和11。
分析：如果我们不考虑时间复杂度，最简单想法的莫过去先在数组中固定一个数字，再依次判断数组中剩下的n-1个数字与它的和是不是等于输入的数字。可惜这种思路需要的时间复杂度是O(n2)。
我们假设现在随便在数组中找到两个数。如果它们的和等于输入的数字，那太好了，我们找到了要找的两个数字；如果小于输入的数字呢？我们希望两个数字的和再大一点。由于数组已经排好序了，我们是不是可以把较小的数字的往后面移动一个数字？因为排在后面的数字要大一些，那么两个数字的和也要大一些，就有可能等于输入的数字了；同样，当两个数字的和大于输入的数字的时候，我们把较大的数字往前移动，因为排在数组前面的数字要小一些，它们的和就有可能等于输入的数字了。
我们把前面的思路整理一下：最初我们找到数组的第一个数字和最后一个数字。当两个数字的和大于输入的数字时，把较大的数字往前移动；当两个数字的和小于数字时，把较小的数字往后移动；当相等时，打完收工。这样扫描的顺序是从数组的两端向数组的中间扫描。
问题是这样的思路是不是正确的呢？这需要严格的数学证明。感兴趣的读者可以自行证明一下。
参考代码：
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
// Find two numbers with a sum in a sorted array
// Output: ture is found such two numbers, otherwise false
///////////////////////////////////////////////////////////////////////
bool FindTwoNumbersWithSum
(
int data[], // a sorted array
unsigned int length, // the length of the sorted array
int sum, // the sum
int& num1, // the first number, output
int& num2 // the second number, output
)
{
bool found = false;
if(length < 1)
return found;
int ahead = length - 1;
int behind = 0;
while(ahead > behind)
{
long long curSum = data[ahead] + data[behind];
// if the sum of two numbers is equal to the input
// we have found them
if(curSum == sum)
{
num1 = data[behind];
num2 = data[ahead];
found = true;
break;
}
// if the sum of two numbers is greater than the input
// decrease the greater number
else if(curSum > sum)
ahead --;
// if the sum of two numbers is less than the input
// increase the less number
else
behind ++;
}
return found;
}
扩展：如果输入的数组是没有排序的，但知道里面数字的范围，其他条件不变，如和在O(n)时间里找到这两个数字？
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