题目
输入某二叉树的前序遍历和中序遍历的结果，请重建该二叉树。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。
例如，给出
前序遍历 preorder = [3,9,20,15,7]
中序遍历 inorder = [9,3,15,20,7]
返回如下的二叉树：
3
/ \
9 20
/ \
15 7
限制：
0 <= 节点个数 <= 5000
解法一：递归
思路
对于任意一颗树而言，前序遍历的形式总是
[ 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
[ [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。
细节
在中序遍历中对根节点进行定位时，一种简单的方法是直接扫描整个中序遍历的结果并找出根节点，但这样做的时间复杂度较高。我们可以考虑使用哈希映射（HashMap）来帮助我们快速地定位根节点。对于哈希映射中的每个键值对，键表示一个元素（节点的值），值表示其在中序遍历中的出现位置。在构造二叉树的过程之前，我们可以对中序遍历的列表进行一遍扫描，就可以构造出这个哈希映射。在此后构造二叉树的过程中，我们就只需要O(1) 的时间对根节点进行定位了。
class TreeNode {
int val;
TreeNode left;
TreeNode right;
TreeNode(int x) {
val = x;
}
}
public class Text {
public static void main(String[] args) {
}
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<Integer, Integer>();
public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
int preLen = preorder.length;
int inLen = inorder.length;
if (preLen != inLen) {
throw new RuntimeException("Incorrect input data.");
}
// 构建哈希映射，快速定位根节点
for (int i = 0; i < preLen; i++) {
map.put(inorder[i], i);
}
return buildTree(preorder, 0, preLen - 1, inorder, 0, inLen - 1);
}
private TreeNode buildTree(int[] preorder, int preLeft, int preRight, int[] inorder, int inLeft, int inRight) {
// TODO Auto-generated method stub
// 递归结束条件
if (preLeft > preRight || inLeft > inRight) {
return null;
}
// 先序遍历的起点元素为根节点
int pre_root = preorder[preLeft];
// 定位中序遍历中的根节点的下标
int in_root = map.get(pre_root);
// 将根节点建立起来
TreeNode root = new TreeNode(pre_root);
// 先序遍历中「从 左边界+1 开始的 in_root-inLeft(即左子树元素的个数)」个元素就对应了中序遍历中「从 左边界 开始到
// 根节点定位-1」的元素
root.left = buildTree(preorder, preLeft + 1, in_root - inLeft + preLeft, inorder, inLeft, in_root - 1);
// 先序遍历中「从 左边界+1+左子树节点数目 开始到 右边界」的元素就对应了中序遍历中「从 根节点定位+1 到 右边界」的元素
root.right = buildTree(preorder, in_root - inLeft + preLeft + 1, preRight, inorder, in_root + 1, inRight);
return root;
}
class Solution:
def buildTree(self, preorder: List[int], inorder: List[int]) -> TreeNode:
def myBuildTree(preorder_left: int, preorder_right: int, inorder_left: int, inorder_right: int):
if preorder_left > preorder_right:
return None
# 前序遍历中的第一个节点就是根节点
preorder_root = preorder_left
# 在中序遍历中定位根节点
inorder_root = index[preorder[preorder_root]]
# 先把根节点建立出来
root = TreeNode(preorder[preorder_root])
# 得到左子树中的节点数目
size_left_subtree = inorder_root - inorder_left
# 递归地构造左子树，并连接到根节点
# 先序遍历中「从 左边界+1 开始的 size_left_subtree」个元素就对应了中序遍历中「从 左边界 开始到 根节点定位-1」的元素
root.left = myBuildTree(preorder_left + 1, preorder_left + size_left_subtree, inorder_left, inorder_root - 1)
# 递归地构造右子树，并连接到根节点
# 先序遍历中「从 左边界+1+左子树节点数目 开始到 右边界」的元素就对应了中序遍历中「从 根节点定位+1 到 右边界」的元素
root.right = myBuildTree(preorder_left + size_left_subtree + 1, preorder_right, inorder_root + 1, inorder_right)
return root
n = len(preorder)
# 构造哈希映射，帮助我们快速定位根节点
index = {element: i for i, element in enumerate(inorder)}
return myBuildTree(0, n - 1, 0, n - 1)
解法二： 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 ，那么 v 就是 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。
我们以树
3
/ \
9 20
/ / \
8 15 7
/ \
5 10
/
4
为例，它的前序遍历和中序遍历分别为
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，只有在栈中的节点可能连接一个新的右
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，我们依此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作伪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-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， 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，因呲10就是x的右子。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，并將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，并將15入栈。
stack = [20， 15]index -> inorder[6] = 15
-
我们遍历7。1 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，將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。
后得到的二叉树即为答案。
class Solution {
public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
if (preorder == null || preorder.length == 0) {
return null;
}
TreeNode root = new TreeNode(preorder[0]);
Stack<TreeNode> stack = new Stack<TreeNode>();
stack.push(root);
int inorderIndex = 0;
for (int i = 1; i < preorder.length; i++) {
int preorderVal = preorder[i];
TreeNode node = stack.peek();
if (node.val != inorder[inorderIndex]) {
node.left = new TreeNode(preorderVal);
stack.push(node.left);
} else {
while (!stack.isEmpty() && stack.peek().val == inorder[inorderIndex]) {
node = stack.pop();
inorderIndex++;
}
node.right = new TreeNode(preorderVal);
stack.push(node.right);
}
}
return root;
}
}