UVa 10410 - Tree Reconstruction(树/dfs+bfs)

题目

树的节点数为n(n<=1e3)，给定树的bfs序列和dfs序列，

bfs/dfs有多个节点选择时，是按点号增序进行bfs/dfs的

要求输出树的每个节点，都有哪几个儿子，多种方案时输出一种即可

思路来源

https://blog.youkuaiyun.com/keshuai19940722/article/details/38778243

题解

pos[x]，指x在bfs序列中的位置

注意到，如果在dfs序列中，x<y且pos[y]>pos[x]+1，说明y一定是x的儿子①

 

为什么要刨去pos[y]==pos[x]+1这种情况，

仔细观察样例发现，当x<y在dfs序列和bfs序列中都相邻时，y既可以是x的儿子，也可以是x的兄弟

但是，当x<y在dfs序列中不相邻，但在bfs序列中相邻时，y一定是x的兄弟

所以，只需把一定是儿子的情况认定为儿子即可，剩下的向根回跳，

 

由于根不可能有兄弟，所以不满足①的情况下回跳，最终一定会被认定为根的儿子

且由于挂在树根下的各子树是独立的，保证这样挂一定有解，从而免去了对节点点号增序的特判

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
int n,v,pos[N],len,rt;
stack<int>q;
vector<int>son[N]; 
int main()
{
	while(~scanf("%d",&n))
	{
		while(!q.empty())q.pop();
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			son[i].clear();
			scanf("%d",&v);
			pos[v]=i;
		}
		scanf("%d",&rt);
		q.push(rt);
		for(int i=2;i<=n;++i)
		{
			scanf("%d",&v);
			while(q.top()!=rt&&pos[v]<=pos[q.top()]+1)q.pop();
			son[q.top()].push_back(v);
			q.push(v);
		}
		for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			printf("%d:",i);
			len=son[i].size();
			for(int j=0;j<len;++j)
			printf(" %d",son[i][j]);
			puts("");
		}
	}
	return 0;
}