LC.105 ｜ 从前序与中序遍历序列构造二叉树 ｜ 树 ｜ 递归分治

输入：两个整数数组 preorder（前序遍历）和 inorder（中序遍历）

要求：根据这两个序列构造二叉树 preorder 和 inorder 均无重复元素

输出：构造出的二叉树的根节点

---

思路：这道题乍一看有些棘手，但既然涉及到 “构造二叉树”，第一时间就应该联想到 递归（分治法）。

我们可以试着模拟人脑还原树的过程：

1. 定位根节点：拿到题目，我们怎么知道谁是根？显然，前序遍历 告诉了我们“谁是头”（第一个元素）。

2. 划分势力范围：知道根是谁后，去 中序遍历 里找到它的位置。这一找，瞬间就清晰了——根节点左边的所有元素属于 左子树，右边的所有元素属于 右子树。

3. 递归的传递：既然父节点能这么分，子节点当然也能这么分。这是一个典型的“子问题”结构。

4. 确立返回值：题目要求返回整棵树的 TreeNode*，那么我们的递归函数也应当返回当前子树的根节点 TreeNode*。

一句话总结：前序遍历负责 “提头”（确定根），中序遍历负责 “切分”（确定左右子树长度）。把这个逻辑想通了，递归函数的写法也就呼之欲出了。

利用前序和中序遍历的特性进行递归拆解：

1. 找根节点：前序遍历的第一个元素 pre[0] 一定是当前的根节点。

2. 切分左右子树：拿着这个根节点的值，去中序遍历里找它的位置。

   • 中序序列中，根节点左边的所有数构成了左子树。

   • 中序序列中，根节点右边的所有数构成了右子树。

3. 递归构建：

   • 根据中序遍历中算出的左子树长度，在前序遍历中也能切分出对应的左子树部分（紧跟在根节点后面）。

   • 既然拿到了左右子树各自的 preorder 和 inorder 序列，就可以递归生成左节点和右节点。

---

复杂度：

        时间复杂度：O(N^2) //使用了vector的拷贝 进阶写法肯定是引用而不是拷贝

        空间复杂度：O(N^2) //使用了vector的拷贝 进阶写法肯定是引用而不是拷贝

---

class Solution {

public:

    TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {

        return tree(preorder, inorder);

    }

    TreeNode* tree(vector<int> pre, vector<int> in) {

        if (pre.empty()) {

            return nullptr;

        }



        TreeNode* tmp = new TreeNode(pre[0]);



        vector<int> preleft,inleft,preright,inright;



        int i = 0;

        for (; i < in.size(); i++) {

            if (in[i] == pre[0]) {

                break;

            }

            inleft.push_back(in[i]);

        }

        i += 1;

        for (; i < in.size(); i++) {

            inright.push_back(in[i]);

        }



        int j = 1;

        for (int k = 0; k < inleft.size(); k++) {

            preleft.push_back(pre[j++]);

        }

        for (int k = 0; k < inright.size(); k++) {

            preright.push_back(pre[j++]);

        }



        tmp->left = tree(preleft, inleft);

        tmp->right = tree(preright, inright);



        return tmp;

    }

};