題目描述

根據一棵樹的前序遍歷與中序遍歷構造二叉樹。
注意:
你可以假設樹中沒有重複的元素。
例如，給出
前序遍歷 preorder = [3,9,20,15,7]
中序遍歷 inorder = [9,3,15,20,7]
返回如下的二叉樹：
[3,9,20,null,null,15,7]

題目分析

詳細分析類比 https://blog.csdn.net/qq_28114615/article/details/85175874
前序遍歷的第一個即為根結點，
以給出的例子 中序遍歷 inorder = [9,3,15,20,7]和前序遍歷 preorder = [3,9,20,15,7]來分析：

由前序遍歷可以知道根結點為3，再來到中序遍歷中，那麼3的左邊和右邊就分別是根結點的左子樹和右子樹的中序遍歷結果，即根結點的左子樹中序遍歷為[9]，右子樹中序遍歷為[15,20,7]，很顯然，根結點的左子樹就只剩一個結點9了。

現在再來分析右子樹：前面根據中序遍歷可以知道，根結點的左子樹上只有1個結點，右子樹上有3個結點，結合前序遍歷是根-左-右的特點，即前序遍歷中必定是先遍歷根結點的左子樹，然後再是右子樹，絕不會出現交叉的現象，因此在前序遍歷結果中從後往前數3個，即是右子樹的前序遍歷結果，再接著數1個結點，即是左子樹的前序遍歷結果，最後剩下一個根結點，由此可以分析出：根結點為3，對於左子樹：中序遍歷為[9]，前序遍歷為[9]；對於右子樹，中序遍歷為[15,20,7]，前序遍歷為[20,15,7]，這樣就可以分別得到左子樹和右子樹的中序和前序遍歷結果，再如同上面分析即可。

那麼現在來總結一下思路：

如圖所示，先從前序遍歷的開頭出發，找到中序遍歷中根結點所在位置pos，那麼instart ~ pos-1則是左子樹的中序遍歷，pos+1 ~ inend則是右子樹的中序遍歷，同樣，prend-(inend-pos)+1 ~ prend則是右子樹的前序遍歷，prstart+1 ~ prend-(inend-pos)則是左子樹的前序遍歷，這樣，就最終找到左子樹和右子樹各自的的前序遍歷和後序遍歷，這樣一直遞迴下去，將instart和pos-1作為左子樹的instart和inend，pos+1和inend作為右子樹的instart和inend；
prstart+1和 prend-(inend-pos)作為左子樹的prstart和prend，prend-(inend-pos)+1 和prend作為右子樹的prstart和prend，可見，instart和inend、prstart和prend是在不斷靠近的，直到instart>inend時，說明左子樹為空，此時prstart必定大於prend，遞迴停止，寫出程式如下：

 TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        if(inorder.empty())return NULL;
        
        TreeNode * root=(TreeNode*)malloc(sizeof(TreeNode));
        
        int len=inorder.size();
        
        int pos=0;
        
        root->val=preorder[0];
        
        while(inorder[pos]!=root->val)pos++;
        
        root->left=build(inorder,preorder,0,pos-1,1,pos);
        root->right=build(inorder,preorder,pos+1,len-1,pos+1,len-1);
        
        return root;
    }
    TreeNode* build(vector<int>& inorder, vector<int>& preorder,int instart,int inend,int prstart,int prend)
    {


        if(instart>inend)return NULL;
        
        TreeNode * root=(TreeNode*)malloc(sizeof(TreeNode));
        
        root->val=preorder[prstart];
        
        int pos;
        
        for(pos=instart;pos<=inend;pos++)
            if(inorder[pos]==root->val)break;
        
        root->left=build(inorder,preorder,instart,pos-1,prstart+1,prend-(inend-pos));
        
        root->right=build(inorder,preorder,pos+1,inend,prend-(inend-pos)+1,prend);
        
        
        return root;
        
    }