PAT甲级1119 Pre- and Post-order Traversals (30分)：[C++题解]暴搜dfs、前序遍历和后序遍历求中序遍历

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分析
给了前序遍历和后序遍历，能够确定根结点，但是左子树和右子树的长度是不确定的。这里采用的解决方案是枚举左子树的结点个数，其实右子树的结点个数也确定了。对于每一段递归求可行的方案数量。

前序遍历： [根结点][左子树][右子树]
后序遍历: [左子树][右子树][根结点]

写的dfs需要传入5个参数：前序遍历的左端点l1和右端点r1，后序遍历的左端点l2和右端点r2 ，以及字符串in用来存合法的中序序列。

i是前序序列中左子树的右端点。从l1开始，最大到r1.
这样的话，左子树的区间就是[l1+1, i]，这里之所以是l1+1，不是l1，是因为前序遍历第一个是根结点，之后才是左子树，相应地，前序中右子树的区间就是[i+1, r1] 。

然后后序序列中左子树对应的区间是哪一段呢？ 后序遍历:是[左子树][右子树][根结点]的结构，刚开始的左端点是l2，右端点是r2，左子树的区间应该是[l2, ?]右端点怎么确定？根据区间长度来判断，同一段在前序和后序中长度是一样的，所以后序的右端点是 l2 +(i-l1 -1) .所以，后序序列中左子树对应的区间是[l2, l2 +(i-l1 -1)].

这样就构成了第一个递归式子。同理可以得到第二个递归式子。

     // 左边区间的方案数int lcnt = dfs(l1+1, i ,l2, l2+ i -l1 -1,lin);//右边区间的方案数//后序遍历中右边区间的左端点就是 左边区间右边（l2+ i -l1 -1）的下一个int rcnt = dfs(i+1, r1, l2+ i -l1 -1+1 ,r2 -1,rin);

这个暴搜复杂度有点高，差不多是指数或者阶乘级的复杂度。

ac代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =40;int pre[N] ,post[N];
int n;/*
dfs暴搜方案数
前序遍历两个端点l1,r1
后序遍历两个端点 l2 ,r2
*/
int dfs(int l1, int r1 , int l2, int r2, string& in){if(l1> r1) return 1; //此区间已空，是合法状态，方案数是1，if(pre[l1] != post[r2]) return 0; //不合法,方案数是0int cnt = 0; //记录总的可能的中序序列个数//枚举前序遍历左边区间的长度 ,其中i是左子树的右端点for(int i = l1; i <= r1; i++){string lin ,rin; //左右两边的序列是什么// 左边区间的方案数int lcnt = dfs(l1+1, i ,l2, l2+ i -l1 -1,lin);//右边区间的方案数//后序遍历中右边区间的左端点就是 左边区间右边（l2+ i -l1 -1）的下一个int rcnt = dfs(i+1, r1, l2+ i -l1 -1+1 ,r2 -1,rin);//合法方案if(rcnt && lcnt){//答案存在string中：左子树+根结点+右子树in  = lin + to_string(pre[l1]) +" "+ rin; cnt  += lcnt* rcnt; //方案数累加if(cnt > 1) break;}}return cnt; //返回方案数
}int main(){cin>> n;for(int i=0; i< n; i++) cin>> pre[i];for(int i=0; i< n; i++) cin>> post[i];string in;//答案记在in中//得到的中序遍历方案数int cnt = dfs(0 ,n-1, 0, n-1,in);if(cnt> 1) cout<<"No"<<endl;  //不止一个合法的中序序列else cout<<"Yes"<<endl;if(in.size()) { //虽然本题一定有解，in一定非空，不过任何pop操作还是加上判断非空要好。in.pop_back(); cout<<in <<endl;}
}

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