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題目分析

分析
給了前序遍歷和后序遍歷，能夠確定根結點，但是左子樹和右子樹的長度是不確定的。這里采用的解決方案是枚舉左子樹的結點個數，其實右子樹的結點個數也確定了。對于每一段遞歸求可行的方案數量。

前序遍歷 ： [根結點][左子樹][右子樹]
后序遍歷: [左子樹][右子樹][根結點]

寫的dfs需要傳入5個參數： 前序遍歷的左端點l1和右端點r1，后序遍歷的左端點l2和右端點r2 ，以及字符串in用來存合法的中序序列。

i是前序序列中左子樹的右端點。從l1開始，最大到r1.
這樣的話，左子樹的區間就是[l1+1, i]，這里之所以是l1+1，不是l1，是因為前序遍歷第一個是根結點，之后才是左子樹，相應地，前序中右子樹的區間就是[i+1, r1] 。

然后后序序列中左子樹對應的區間是哪一段呢？ 后序遍歷:是[左子樹][右子樹][根結點]的結構，剛開始的左端點是l2，右端點是r2， 左子樹的區間應該是[l2, ?]右端點怎么確定？ 根據區間長度來判斷， 同一段在前序和后序中長度是一樣的，所以 后序的右端點是 l2 +(i-l1 -1) .所以，后序序列中左子樹對應的區間是[l2, l2 +(i-l1 -1)].

這樣就構成了 第一個遞歸式子。同理可以得到第二個遞歸式子。

// 左邊區間的方案數int lcnt = dfs(l1+1, i ,l2, l2+ i -l1 -1,lin);//右邊區間的方案數//后序遍歷中右邊區間的左端點就是 左邊區間右邊（l2+ i -l1 -1）的下一個int rcnt = dfs(i+1, r1, l2+ i -l1 -1+1 ,r2 -1,rin);

這個暴搜復雜度有點高，差不多是指數或者階乘級的復雜度。

ac代碼

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N =40;int pre[N] ,post[N]; int n;/* dfs暴搜方案數 前序遍歷兩個端點l1,r1 后序遍歷兩個端點 l2 ,r2 */ int dfs(int l1, int r1 , int l2, int r2, string& in){if(l1> r1) return 1; //此區間已空，是合法狀態，方案數是1，if(pre[l1] != post[r2]) return 0; //不合法,方案數是0int cnt = 0; //記錄總的可能的中序序列個數//枚舉前序遍歷左邊區間的長度 ,其中i是左子樹的右端點for(int i = l1; i <= r1; i++){string lin ,rin; //左右兩邊的序列是什么// 左邊區間的方案數int lcnt = dfs(l1+1, i ,l2, l2+ i -l1 -1,lin);//右邊區間的方案數//后序遍歷中右邊區間的左端點就是 左邊區間右邊（l2+ i -l1 -1）的下一個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：左子樹+根結點+右子樹in = lin + to_string(pre[l1]) +" "+ rin; cnt += lcnt* rcnt; //方案數累加if(cnt > 1) break;}}return cnt; //返回方案數 }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;//答案記在in中//得到的中序遍歷方案數int cnt = dfs(0 ,n-1, 0, n-1,in);if(cnt> 1) cout<<"No"<<endl; //不止一個合法的中序序列else cout<<"Yes"<<endl;if(in.size()) { //雖然本題一定有解，in一定非空，不過任何pop操作還是加上判斷非空要好。in.pop_back(); cout<<in <<endl;} }

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PAT甲級1119 Pre- and Post-order Traversals (30分)

總結

以上是生活随笔為你收集整理的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的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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