LeetCode47 - 从前序与中序遍历序列构造二叉树

📝 题目描述

给定两个整数数组 preorder 和 inorder ，其中 preorder 是二叉树的 先序遍历， inorder 是同一棵树的 中序遍历，请构造二叉树并返回其根节点。

示例：

示例 1：

1 2	输入: preorder = [3,9,20,15,7], inorder = [9,3,15,20,7] 输出: [3,9,20,null,null,15,7]

示例 2：

1 2	输入: preorder = [-1], inorder = [-1] 输出: [-1]

提示：

1 <= preorder.length <= 3000
inorder.length == preorder.length
-3000 <= preorder[i], inorder[i] <= 3000
preorder 和 inorder 均无重复元素
inorder 均出现在 preorder
preorder 保证为二叉树的前序遍历序列
inorder 保证为二叉树的中序遍历序列

💡 解题思路

方法一：递归

对于任意一颗树而言，前序遍历的形式总是:

1	[ 根节点, [左子树的前序遍历结果], [右子树的前序遍历结果] ]

即根节点总是前序遍历中的第一个节点。

而中序遍历的形式总是

1	[ [左子树的中序遍历结果], 根节点, [右子树的中序遍历结果] ]

只要我们在中序遍历中定位到根节点，那么我们就可以分别知道左子树和右子树中的节点数目。由于同一颗子树的前序遍历和中序遍历的长度显然是相同的，因此我们就可以对应到前序遍历的结果中，对上述形式中的所有左右括号进行定位。

这样以来，我们就知道了左子树的前序遍历和中序遍历结果，以及右子树的前序遍历和中序遍历结果，我们就可以递归地对构造出左子树和右子树，再将这两颗子树接到根节点的左右位置。

★方法二：迭代

思路：

迭代法是一种非常巧妙的实现方法。

对于前序遍历中的任意两个连续节点 $u$ 和 $v$ ，根据前序遍历的流程，我们可以知道 $u$ 和 $v$ 只有两种可能的关系：

$v$ 是 $u$ 的左儿子。这是因为在遍历到 $u$ 之后，下一个遍历的节点就是 $u$ 的左儿子，即 $v$ ；
$u$ 没有左儿子，并且 $v$ 是 $u$ 的某个祖先节点（或者 $u$ 本身）的右儿子。如果 $u$ 没有左儿子，那么下一个遍历的节点就是 $u$ 的右儿子。如果 $u$ 没有右儿子，我们就会向上回溯，直到遇到第一个有右儿子（且 $u$ 不在它的右儿子的子树中）的节点 $u_a$ ，那么 $v$ 就是 $u_a$ 的右儿子。

第二种关系看上去有些复杂。我们举一个例子来说明其正确性，并在例子中给出我们的迭代算法。

例子：

我们以树

为例，它的前序遍历和中序遍历分别为

1 2	preorder = [3, 9, 8, 5, 4, 10, 20, 15, 7] inorder = [4, 5, 8, 10, 9, 3, 15, 20, 7]

我们用一个栈 stack 来维护“当前节点的所有还没有考虑过右儿子的祖先节点”，栈顶就是当前节点。也就是说，只有在栈中的节点才可能连接一个新的右儿子。同时，我们用一个指针 index 指向中序遍历的某个位置，初始值为 0。index 对应的节点是“当前节点不断往左走达到的最终节点”，这也是符合中序遍历的，它的作用在下面的过程中会有所体现。

首先我们将根节点 3 入栈，再初始化 index 所指向的节点为 4，随后对于前序遍历中的每个节点，我们依次判断它是栈顶节点的左儿子，还是栈中某个节点的右儿子。

我们遍历 9。9 一定是栈顶节点 3 的左儿子。我们使用反证法，假设 9 是 3 的右儿子，那么 3 没有左儿子，index 应该恰好指向 3，但实际上为 4，因此产生了矛盾。所以我们将 9 作为 3 的左儿子，并将 9 入栈。
- stack = [3, 9]
- index -> inorder[0] = 4
我们遍历 8，5 和 4。同理可得它们都是上一个节点（栈顶节点）的左儿子，所以它们会依次入栈。
- stack = [3, 9, 8, 5, 4]
- index -> inorder[0] = 4
我们遍历 10，这时情况就不一样了。我们发现 index 恰好指向当前的栈顶节点 4，也就是说 4 没有左儿子，那么 10 必须为栈中某个节点的右儿子。那么如何找到这个节点呢？栈中的节点的顺序和它们在前序遍历中出现的顺序是一致的，而且每一个节点的右儿子都还没有被遍历过， 那么这些节点的顺序和它们在中序遍历中出现的顺序一定是相反的。

这是因为栈中的任意两个相邻的节点，前者都是后者的某个祖先。并且我们知道，栈中的任意一个节点的右儿子还没有被遍历过，说明后者一定是前者左儿子的子树中的节点，那么后者就先于前者出现在中序遍历中。

因此我们可以把 index 不断向右移动，并与栈顶节点进行比较。如果 index 对应的元素恰好等于栈顶节点，那么说明我们在中序遍历中找到了栈顶节点，所以将 index 增加 1 并弹出栈顶节点，直到 index 对应的元素不等于栈顶节点。按照这样的过程，我们弹出的最后一个节点 x 就是 10 的双亲节点， 这是因为 10 出现在了 x 与 x 在栈中的下一个节点的中序遍历之间，因此 10 就是 x 的右儿子。
回到我们的例子，我们会依次从栈顶弹出 4，5 和 8，并且将 index 向右移动了三次。我们将 10 作为最后弹出的节点 8 的右儿子，并将 10 入栈。
- stack = [3, 9, 10]
- index -> inorder[3] = 10
我们遍历 20。同理，index 恰好指向当前栈顶节点 10，那么我们会依次从栈顶弹出 10，9 和 3，并且将 index 向右移动了三次。我们将 20 作为最后弹出的节点 3 的右儿子，并将 20 入栈。
- stack = [20]
- index -> inorder[6] = 15
我们遍历 15，将 15 作为栈顶节点 20 的左儿子，并将 15 入栈。
- stack = [20, 15]
- index -> inorder[6] = 15
我们遍历 7。index 恰好指向当前栈顶节点 15，那么我们会依次从栈顶弹出 15 和 20，并且将 index 向右移动了两次。我们将 7 作为最后弹出的节点 20 的右儿子，并将 7 入栈。
- stack = [7]
- index -> inorder[8] = 7

此时遍历结束，我们就构造出了正确的二叉树。

算法：

我们归纳出上述例子中的算法流程：

我们用一个栈和一个指针辅助进行二叉树的构造。初始时栈中存放了根节点（前序遍历的第一个节点），指针指向中序遍历的第一个节点；
我们依次枚举前序遍历中除了第一个节点以外的每个节点。如果 index 恰好指向栈顶节点，那么我们不断地弹出栈顶节点并向右移动 index，并将当前节点作为最后一个弹出的节点的右儿子；如果 index 和栈顶节点不同，我们将当前节点作为栈顶节点的左儿子；
无论是哪一种情况，我们最后都将当前的节点入栈。

最后得到的二叉树即为答案。

🔧 代码实现

1、递归

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    unordered_map<int, int> mp;
    TreeNode* buildTool(vector<int>& preorder, int preLeft, int preRight, vector<int>& inorder, int inLeft, int inRight) {
        // 当左指针大于等于右指针时，结束递归
        if (preLeft >= preRight || inLeft >= inRight) {
            return nullptr;
        }
        // 先构造根节点指针，根节点的值就是前序遍历的第一个数字
        TreeNode* temp = new TreeNode(preorder[preLeft]);
        // 获取根节点在中序遍历中的位置
        int inorderRoot = mp[preorder[preLeft]], leftTreeCount = -1;
        // 根据根节点位置，计算左子树的节点数目
        leftTreeCount = inorderRoot - inLeft;
        // 递归构造左子树（左闭右开区间）
        temp -> left = buildTool(preorder, preLeft + 1, preLeft + 1 + leftTreeCount, inorder, inLeft, inorderRoot);
        // 递归构造右子树（左闭右开区间）
        temp -> right = buildTool(preorder, preLeft + 1 + leftTreeCount, preRight, inorder, inorderRoot + 1, inRight);
        return temp;
    }
    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        for (int i = 0; i < inorder.size(); i++) {
            mp[inorder[i]] = i;
        }
        // 开始构造（左闭右开区间）
        return buildTool(preorder, 0, preorder.size(), inorder, 0, inorder.size());
    }
};

2、迭代

class Solution {
public:
    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        if (!preorder.size()) {
            return nullptr;
        }
        TreeNode* root = new TreeNode(preorder[0]);
        stack<TreeNode*> stk;
        stk.push(root);
        int inorderIndex = 0;
        for (int i = 1; i < preorder.size(); ++i) {
            int preorderVal = preorder[i];
            TreeNode* node = stk.top();
            if (node->val != inorder[inorderIndex]) {
                node->left = new TreeNode(preorderVal);
                stk.push(node->left);
            }
            else {
                while (!stk.empty() && stk.top()->val == inorder[inorderIndex]) {
                    node = stk.top();
                    stk.pop();
                    ++inorderIndex;
                }
                node->right = new TreeNode(preorderVal);
                stk.push(node->right);
            }
        }
        return root;
    }
};

📊 复杂度分析

1、递归

时间复杂度： $O(n)$ ，其中 n 是树中的节点个数。
空间复杂度： $O(n)$ ，除去返回的答案需要的 $O(n)$ 空间之外，我们还需要使用 $O(n)$ 的空间存储哈希映射，以及 $O(h)$ （其中 h 是树的高度）的空间表示递归时栈空间。这里 $h<n$ ，所以总空间复杂度为 $O(n)$ 。

2、迭代

时间复杂度： $O(n)$ ，其中 n 是树中的节点个数。
空间复杂度： $O(n)$ ，除去返回的答案需要的 $O(n)$ 空间之外，我们还需要使用 $O(h)$ （其中 h 是树的高度）的空间存储栈。这里 $h<n$ ，所以（在最坏情况下）总空间复杂度为 $O(n)$ 。

🎯 总结

核心思想：分治法注意边界条件，保持一直左闭右开。