一、题目描述
难易程度：中等
输入某二叉树的前序遍历和中序遍历的结果，请构建该二叉树并返回其根节点。
假设输入的前序遍历和中序遍历的结果中都不含重复的数字。
二、解题思路
分治法
前序遍历性质： 节点按照 [ 根节点 | 左子树 | 右子树 ] 排序。
中序遍历性质： 节点按照 [ 左子树 | 根节点 | 右子树 ] 排序。
根据以上性质，可得出以下推论：
前序遍历的第一个值为根节点的值，使用这个值将中序遍历结果分成两部分，左部分为树的左子树中序遍历结果，右部分为树的右子树中序遍历的结果。然后分别对左右子树递归地求解。
解决这类问题适合用分而治之的思想，分治的代码可以归纳为如下结构：
def divide_conquer(problem, param1, param2, ...):
# 1.终止条件
if problem is None:
print_result
return
# 2.准备数据
data = prepare_data(problem)
subproblems = split_problem(problem, data)
# 3.处理子问题
subresult1 = self.divide_conquer(subproblems[0], p1, ...)
subresult2 = self.divide_conquer(subproblems[1], p1, ...)
subresult3 = self.divide_conquer(subproblems[1], p1, ...)
# ...
result = process_result(subresult1, subresult2, subresult3, ...)
分治算法解析：
-
终止条件：根节点在前序遍历的索引
root、子树在中序遍历的左边界preL、子树在中序遍历的右边界preR；当preL > preR，代表已经越过叶节点，此时返回 null ； -
准备数据：
- 建立根节点
node：节点值为preorder[root]； - 划分左右子树：查找根节点在中序遍历
inorder中的索引i；
- 建立根节点
-
处理子问题：开启左右子树递归；
根节点索引 中序遍历左边界 中序遍历右边界 左子树 root + 1 left i - 1 右子树 i - left + root + 1 i + 1 right
复杂度分析
时间复杂度：O(N) ，其中 N 为树的节点数量。初始化 HashMap 需遍历 inorder ，占用 O(N) 。递归共建立 N 个节点，每层递归中的节点建立、搜索操作占用 O(1) ，因此使用 O(N) 时间。
空间复杂度：O(N) ，HashMap 使用 O(N) 额外空间；最差情况下（输入二叉树为链表时），递归深度达到 N ，占用 O(N) 的栈帧空间；因此总共使用 O(N) 空间。
三、代码实现
// 缓存中序遍历数组每个值对应的索引
private Map<Integer, Integer> indexForInOrders = new HashMap<>();
public TreeNode reConstructBinaryTree(int[] pre, int[] in) {
for (int i = 0; i < in.length; i++)
indexForInOrders.put(in[i], i);
return reConstructBinaryTree(pre, 0, pre.length - 1, 0);
}
private TreeNode reConstructBinaryTree(int[] pre, int preL, int preR, int inL) {
if (preL > preR)
return null;
TreeNode root = new TreeNode(pre[preL]);
int inIndex = indexForInOrders.get(root.val);
int leftTreeSize = inIndex - inL;
root.left = reConstructBinaryTree(pre, preL + 1, preL + leftTreeSize, inL);
root.right = reConstructBinaryTree(pre, preL + leftTreeSize + 1, preR, inL + leftTreeSize + 1);
return root;
}
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