【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

输入样例#1：

ABEDFCHG
CBADEFGH

输出样例#1：

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;
}