(原)neuq oj 1022给定二叉树的前序遍历和后序遍历确定二叉树的个数

题目描述

众所周知，遍历一棵二叉树就是按某条搜索路径巡访其中每个结点，使得每个结点均被访问一次，而且仅被访问一次。最常使用的有三种遍历的方式：

１．前序遍历：若二叉树为空，则空操作；否则先访问根结点，接着前序遍历左子树，最后再前序遍历右子树。

２．中序遍历：若二叉树为空，则空操作；否则先中序遍历左子树，接着访问根结点，最后再前中遍历右子树。

３．后序遍历：若二叉树为空，则空操作；否则先后序遍历左子树，接着后序遍历右子树，最后再访问根结点。

现在的问题是给定前序遍历和后序遍历的顺序，要求出总共有多少棵不同形态的二叉树满足这样的遍历顺序。

输入

输入有多组数据，每组数据两行，第一行给出前序遍历的访问顺序，第二行给出后序遍历的访问顺序。

二叉树的结点用一个大写字母表示，不会有两个结点标上相同字母。输入数据不包含空格，且保证至少有一棵二叉树符合要求。

输出

输出一个整数，为符合要求的不同形态二叉树的数目。

样例输入

ABCD
CBDA

样例输出

2

设只有一颗子树的节点有count个
设前序边历数组为pre[100],后序遍历数组为pos[100]
设一个循环变量
就给出的样例分析一下
1：前序遍历的第一个元素和后序遍历的最后一个元素一定是根节点A ，
2：前序遍历的第二个元素是A的一个子节点左右节点不知，设a1-b1表示一个树的前序遍历，a2-b2表示后序遍历，可知如果pre[a1+1] = pos[i]且i=b2-1,上一个根节点只有一个子树，此时令计数变量count+1，继续递归处理子树a1+1~b1,a2~b2-1
3：如果i ！= b2-1，很明显存在左右子树，此时应分别处理此时左子树为的前后序边历分别为：a1+1~a1+1+i-a2,a2~i,右子树为：a1+1+i-a2~b1,i~b2,重复2分别处理左右子树
4：返回条件，很明显当不存在子树时返回，即b1>a1,
5：最后计算2*count即为数的数目
c代码实现

#include <stdio.h>
#include <string.h>

char PreStr[];
char PostStr[];
int count;
void calc(int a1,int b1,int a2,int b2)
{

    int i;
    if(a1>=b1)  return;
    for(i=a2; i<=b2-; i++)
    {
        if(PreStr[a1+] == PostStr[i])  break;
    }

    if(i == b2-)  count++;

    calc(a1+,a1++(i-a2),a2,i);
    calc(a1++(i-a2)+,b1,i+,b2-);
}

int Pow(int n)
{

    int i;
    int m = ;

    for(i = ; i < n; i++)
    {
        m *= ;
    }

    return m;
}

int main()
{
    int Length;
    while (scanf("%s%s",PreStr,PostStr) == ){

    Length = (int)strlen(PreStr);
    count = ;
    calc(,Length-,,Length-);
    printf("%d\n", Pow(count));
    }
    return ;
}