【洛谷P1827】【USACO】 美国血统 American Heritage 由二叉树两个序列求第三个序列
P1827 美国血统 American Heritage
题目描述
农夫约翰非常认真地对待他的奶牛们的血统。然而他不是一个真正优秀的记帐员。他把他的奶牛 们的家谱作成二叉树,并且把二叉树以更线性的“树的中序遍历”和“树的前序遍历”的符号加以记录而 不是用图形的方法。
你的任务是在被给予奶牛家谱的“树中序遍历”和“树前序遍历”的符号后,创建奶牛家谱的“树的 后序遍历”的符号。每一头奶牛的姓名被译为一个唯一的字母。(你可能已经知道你可以在知道树的两 种遍历以后可以经常地重建这棵树。)显然,这里的树不会有多于 26 个的顶点。 这是在样例输入和 样例输出中的树的图形表达方式:
树的中序遍历是按照左子树,根,右子树的顺序访问节点。
树的前序遍历是按照根,左子树,右子树的顺序访问节点。
树的后序遍历是按照左子树,右子树,根的顺序访问节点。
输入输出格式
输入格式:
第一行: 树的中序遍历
第二行: 同样的树的前序遍历
输出格式:
单独的一行表示该树的后序遍历。
输入输出样例
ABEDFCHG
CBADEFGH
AEFDBHGC
说明
题目翻译来自NOCOW。
USACO Training Section 3.4
已知二叉树的先序和中序,可以求出它的后序。
已知二叉树的中序和后序,可以求出它的前序。
已知二叉树的前序和后序,不能求出它的中序,因为这个二叉树有重构!!!!
关于这个问题的解决算法,我们首先需要三种序列的性质。(列举解决上述问题)
先序遍历:
①先序遍历第一个节点是整棵树G的根节点,第二个节点是他的左儿子
②对于先序遍历中的任意一个编号为m的节点,如果已知以这个节点为根节点的左子树结点个数为l,右子树的结点个数为r,那么左子树在先序中的[m+1,m+l],右子树在先序中的[m+l +1,m+l +r]
中序遍历:
对于中序遍历中的任意一个编号为m的节点,如果已知以这个节点为根节点的左子树结点个数为l,右子树的结点个数为r,那么左子树在中序中的[m-l,m-1],右子树在中序中的[m+1,m+r]
后序遍历:
对于后序遍历中的任意一个编号为m的节点,如果已知以这个节点为根节点的左子树结点个数为l,右子树的结点个数为r,那么左子树在后序中的[m-r-l,m-r-1],右子树在后序中的[m-r,m-1]
如果读者不能证明,请自行手动模拟,形象直观,一眼看穿(其实十分显然即可证毕)。还能加深对这个问题的理解。
好,有了上述的理论支持。。
我们放代码吧,加上注释。。大家自己参悟。。。
当然,如果你想看懂这段代码,必须先看懂后序遍历的代码。。请自行搜索。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm> const int INF = 99999999;
const int MAXN = 26 + 10; char PreOder[MAXN]//前序;
char InOder[MAXN];//中序
int temp[MAXN];//temp['i' - 'A' + 1]表示字母i在中序中的下标 //[l1,r1] 表示该棵子树在中序遍历中的区间, [l2,r2]表示该棵子树在先序遍历中的区间
void re(int l1, int r1, int l2, int r2)
{
if(l1 > r1 || l2 > r2)return;
int mid = temp[PreOder[l2] - 'A' + 1];//通过预处理,O(1)求得先序遍历区间第一个节点(也就是待遍历子树的根节点)在中序中的位置,以便确定左右子树
re(l1, mid - 1, l2 + 1, l2 + mid - l1 );//递归左子树
re(mid + 1, r1, l2 + mid - l1 + 1, r2);//递归右子树
printf("%c", InOder[mid]);//递归结束后,最后输出根节点
} int main()
{
freopen("data.txt", "r", stdin);
scanf("%s", InOder + 1);
scanf("%s", PreOder + 1);
int n = strlen(PreOder + 1);
for(int i = 1;i <= n;i ++)
{
temp[InOder[i] - 'A' + 1] = i;
}
re(1,n,1,n);
return 0;
}
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