二叉樹的恢復

最近筆面老碰上這類題，老忘，因此寫個備忘。

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：

先序：1,2

後序：2,1

與先序: 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：

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**：

typedef struct tagtree
tree;
templatevoid show(t* vec,int n)
else
if ( rightidx > a[n-1] || arr[rightidx-1] == 0 )
else
}*node = arrtree;
//test
for (int i=1;i<=n;++i)
cout<
if (arrtree[i-1].right)
cout<
if (arrtree[i-1].parent)
cout
if ( ptree->left )
preorder(ptree->left,out);
if ( ptree->right )
preorder(ptree->right,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, int n)
//後+中恢復二叉樹
tree* post_in(const int* post,const int* in, int n)
//先+後恢復二叉樹
tree* pre_post(const int* pre,const int* post, int n)
int _tmain(int argc,char* argv); 
//先+後有唯一解的二叉樹，用於測試pre_post函式
const int n = 9;
int a[n] = ;
createtree(&ptree,a,n);
int pre[n];
int in[n];
int post[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<

二叉樹的恢復

二叉樹3（恢復二叉樹）

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演算法二叉樹的恢復

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