根據遍歷進行二叉樹的還原

二叉樹的三種遍歷常用於恢復：先序，中序，後序。對於先+中，後+中這兩種組合，對任意二叉樹的恢復都有唯一解，但對先+後的情況則不是，這種情況下要滿足要求：對所有非葉節點，其兩個子節點都存在，也即，乙個節點要麼是葉節點，要麼有兩個節點。

典型的恢復方法是遞迴建構節點的左，右子樹。乙個乙個看：

假設二叉樹原型如下，為了方便，節點的值剛好等於層次遍歷索引

先序：1,2,4,5,10,11,3,6,7,

中序：4,2,10,5,11,1,6,3,7,

後序：4,10,11,5,2,6,7,3,1,

先+中恢復：

對先序，注意第乙個節點是根節點，其遍歷順序是中左右，因此，若把第乙個節點作為基準，則其左右子樹連續儲存在該節點之後，不過，目前我們還不知道到底左右子樹的分界點在哪，因此需要結合中序來確定其分界點。先序的第乙個節點在中序的第5個位置（從0開始算），而我們知道中序的儲存順序是：先中後，因此，對中序列，該節點的左邊是其左子樹，右邊是右子樹。因此，根據節點在中序中的位置可以確定其左子樹的元素個數，對應到先序即可得到該節點的左，右子樹分別在先，中序的位置。根據上述資訊就可遞迴的恢復根節點的左，右子樹，進而得到整個樹。

後+中：

與上述類似，只不對後序，根節點在末尾，其它的可依此類推。

先+後：

這種情況下恢復的二叉樹不一定有唯一解，考慮如下的樹：1/

2先序：1,2

後序：2,1與1

\2先序: 1,2

後序：2,1

可看到不同的樹，先，後序遍歷是一樣的。

其唯一解的條件文章開頭已經說過了。不過沒有經過嚴格考究！

這裡只針對有唯一解的情況做討論，還考慮上圖的例子，結合例項描述如下：

先序：1,2,4,5,10,11,3,6,7,

後序：4,10,11,5,2,6,7,3,1,

對先序，第乙個節點與後序最後節點對應，然後再看先序的第二個節點（值為2），我們知道，如果先序存在子樹，則必同時存在左右子樹，因此可斷定，第二個節點正是根節點的左子樹節點，可先恢復成：1/

2而它又把後序分成兩個部分，一左一右（右邊不包括最末的根節點）：左（4,10,11,5,2），右（6,7,3），說到這裡，再結合上圖，一切都明白了：「左」正是根的左子樹，「右」正是根的右子樹。於是，我們又得到了根節點的左右子樹，遞迴，搞定。

上**：

[cpp]view plain

copy

typedef

struct

tagtree

tree;

template

class

void

show(t* vec,

intn)

cout

//按陣列裡指定的層次數值，生成任意二叉樹結構，陣列裡缺失的數值表示對應該層次的該節點沒有

void

createtree(tree** node,

inta,

intn )

intk=0;

for(

inti=0;i

tree* arrtree = new

tree[n];

//root

arrtree[0].parent = null;

for(

inti=1;i<=n;++i)

else

if( rightidx > a[n-1] || arr[rightidx-1] == 0 )

else

} *node = arrtree;

//test

for(

inti=1;i<=n;++i)

cout<

; if

(arrtree[i-1].right)

cout<

; if

(arrtree[i-1].parent)

cout

} //先序遍歷，第乙個引數是二叉樹的頭結點，第二個引數是用於記錄遍歷序列的陣列，下同

void

preorder(tree* ptree,

int** out)

void

inorder(tree* ptree,

int** out)

void

postorder(tree* ptree,

int** out)

//先+中恢復二叉樹

tree* pre_in(const

int* pre,

const

int* in,

intn)

//遞迴的構建節點的左右子樹，這裡需要確定左/右子樹對應的先序/中序段

tree* left = pre_in( pre+1,in,i );

tree* right = pre_in( pre+i+1,in+i+1,n-i-1 );

head->left = left;

head->right = right;

//返回頭節點

return

head;

} //後+中恢復二叉樹

tree* post_in(const

int* post,

const

int* in,

intn)

//遞迴的構建左右子樹，這裡需要確定左/右子樹對應的後序/中序段

tree* left = post_in(post,in,i);

tree* right = post_in(post+i,in+i+1,n-i-1);

head->left = left;

head->right = right;

return

head;

} //先+後恢復二叉樹

tree* pre_post(const

int* pre,

const

int* post,

intn)

tree* left = pre_post(pre+1,post,i+1);

tree* right = pre_post(pre+i+2,post+i+1,n-i-2);

head->left = left;

head->right = right;

return

head;

} int

_tmain(

intargc,

char

* argv)

;//先+後有唯一解的二叉樹，用於測試pre_post函式

const

intn = 9;

inta[n] = ;

createtree(&ptree,a,n);

intpre[n];

intin[n];

intpost[n];

int* pre_ptr = (

int*)pre;

int* in_ptr = (

int*)in;

int* post_ptr = (

int*)post;

preorder(ptree,&pre_ptr);

inorder(ptree,&in_ptr);

postorder(ptree,&post_ptr);

cout<

show(pre,n);

cout<

show(in,n);

cout<

show(post,n);

//------------- pre_in_post

tree* head = pre_in(pre,in,n);

intpre_in_post[n];

int* pre_in_post_ptr = (

int*)pre_in_post;

postorder(head,&pre_in_post_ptr);

cout

show(pre_in_post,n);

//------------- post_in_pre

head = post_in(post,in,n);

intpost_in_pre[n];

int* post_in_pre_ptr = (

int*)post_in_pre;

preorder(head,&post_in_pre_ptr);

cout

show(post_in_pre,n);

//------------- pre_post_in

//注意：這種情況況不是任意二叉樹都有唯一解，只對這種二叉樹才有唯一解：每個非葉節點都有個孩子

head = pre_post(pre,post,n);

intpre_post_in[n];

int* pre_post_in_ptr = (

int*)pre_post_in;

inorder(head,&pre_post_in_ptr);

cout

show(pre_post_in,n);

return

}

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