【HihoCoder】已知二叉树先序遍历、中序遍历，求后序遍历问题
hihocoder本周的练习题相对还是比较简单O(∩_∩)O~
二叉树的遍历问题已经是我们平时遇到的题目中比较常见的问题了。针对上面这个问题，经过解析会发现规律：
先序遍历就是：根值--&左子树--&右子树
中序遍历就是：左子树--&根值--&右子树
后序遍历就是：根值--&左子树--&右子树
认识到这个问题之后再来看上面那个问题：
假如随手画一棵树，
先序遍历是：FDCABEGHIJK
中序遍历是：ACBDEFHGJIK
可以看出：
1、首先这个树的根是F，左子树中有ACBDE节点，右子树有HGJIK节点；
2、左子树的先序遍历和中序遍历为：DCABE ，&ACBDE
从而可以将问题分而治之，求树的后序遍历可以转化为求子树的后序遍历；
下面是代码，不得不吐槽新浪真心不适合显示代码 T_T：
import java.util.S
public class Main {
class Node{
public Node getTree(String preStr,String midStr){
if(preStr!=null&&preStr!=""){
Node result = new Node();
char a = preStr.charAt(0);
result.data =
if(preStr.length()&1){
String leftStr = "";
String rightStr = "";
if(midStr.startsWith(String.valueOf(a))){
rightStr = midStr.substring(1);
}else if(midStr.endsWith(String.valueOf(a))){
leftStr = midStr.substring(0, midStr.length()-1);
String[] strs = midStr.split(String.valueOf(a));
leftStr =strs[0];
rightStr = strs[1];
if(leftStr!=null&&leftStr!=""){
String leftPre = preStr.substring(1,
leftStr.length()+1);
result.left = getTree(leftPre, leftStr);
if(rightStr!=null&&rightStr!=""){
String rightPre = preStr.substring(leftStr.length()+1,
preStr.length());
result.right = getTree(rightPre, rightStr);
public void queryTree(Node root){
if(root!=null){
queryTree(root.left);
queryTree(root.right);
System.out.print(root.data);
public static void main(String[] args){
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
String preStr = scanner.nextLine();
String midStr = scanner.nextLine();
Main eg = new Main();
Node root = eg.getTree(preStr,midStr);
eg.queryTree(root);
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→ 二叉树前序、中序、后序遍历相互求法
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类型：FTP 工具大小：106KB语言：中文 评分：5.0
今天来总结下二叉树前序、中序、后序遍历相互求法，即如果知道两个的遍历，如何求第三种遍历方法，比较笨的方法是画出来二叉树，然后根据各种遍历不同的特性来求，也可以编程求出，下面我们分别说明。首先，我们看看前序、中序、后序遍历的特性：&前序遍历：&&&& 1.访问根节点&&&& 2.前序遍历左子树&&&& 3.前序遍历右子树&中序遍历：&&&& 1.中序遍历左子树&&&& 2.访问根节点&&&& 3.中序遍历右子树&后序遍历：&&&& 1.后序遍历左子树&&&& 2.后序遍历右子树&&&& 3.访问根节点一、已知前序、中序遍历，求后序遍历例：前序遍历: & & & & GDAFEMHZ中序遍历: & & & & ADEFGHMZ画树求法：第一步，根据前序遍历的特点，我们知道根结点为G第二步，观察中序遍历ADEFGHMZ。其中root节点G左侧的ADEF必然是root的左子树，G右侧的HMZ必然是root的右子树。&第三步，观察左子树ADEF，左子树的中的根节点必然是大树的root的leftchild。在前序遍历中，大树的root的leftchild位于root之后，所以左子树的根节点为D。第四步，同样的道理，root的右子树节点HMZ中的根节点也可以通过前序遍历求得。在前序遍历中，一定是先把root和root的所有左子树节点遍历完之后才会遍历右子树，并且遍历的左子树的第一个节点就是左子树的根节点。同理，遍历的右子树的第一个节点就是右子树的根节点。第五步，观察发现，上面的过程是递归的。先找到当前树的根节点，然后划分为左子树，右子树，然后进入左子树重复上面的过程，然后进入右子树重复上面的过程。最后就可以还原一棵树了。该步递归的过程可以简洁表达如下：1 确定根,确定左子树，确定右子树。2 在左子树中递归。3 在右子树中递归。4 打印当前根。那么，我们可以画出这个二叉树的形状：那么，根据后序的遍历规则，我们可以知道，后序遍历顺序为：AEFDHZMG编程求法：（依据上面的思路，写递归程序） 1 #include &iostream&
2 #include &fstream&
3 #include &string&
5 struct TreeNode
struct TreeNode*
struct TreeNode*
12 void BinaryTreeFromOrderings(char* inorder, char* preorder, int length)
if(length == 0)
//cout&&&invalid length&;
TreeNode* node = new TreeN//Noice that [new] should be written out.
node-&elem = *
int rootIndex = 0;
for(;rootIndex & rootIndex++)
if(inorder[rootIndex] == *preorder)
BinaryTreeFromOrderings(inorder, preorder +1, rootIndex);
BinaryTreeFromOrderings(inorder + rootIndex + 1, preorder + rootIndex + 1, length - (rootIndex + 1));
cout&&node-&elem&&
36 int main(int argc, char* argv[])
printf(&Hello World!\n&);
char* pr=&GDAFEMHZ&;
char* in=&ADEFGHMZ&;
BinaryTreeFromOrderings(in, pr, 8);
printf(&\n&);
46 }输出的结果为：AEFDHZMG二、已知中序和后序遍历，求前序遍历依然是上面的题，这次我们只给出中序和后序遍历：中序遍历: & & & ADEFGHMZ后序遍历:&&&&&& AEFDHZMG画树求法：第一步，根据后序遍历的特点，我们知道后序遍历最后一个结点即为根结点，即根结点为G。第二步，观察中序遍历ADEFGHMZ。其中root节点G左侧的ADEF必然是root的左子树，G右侧的HMZ必然是root的右子树。第三步，观察左子树ADEF，左子树的中的根节点必然是大树的root的leftchild。在前序遍历中，大树的root的leftchild位于root之后，所以左子树的根节点为D。第四步，同样的道理，root的右子树节点HMZ中的根节点也可以通过前序遍历求得。在前后序遍历中，一定是先把root和root的所有左子树节点遍历完之后才会遍历右子树，并且遍历的左子树的第一个节点就是左子树的根节点。同理，遍历的右子树的第一个节点就是右子树的根节点。第五步，观察发现，上面的过程是递归的。先找到当前树的根节点，然后划分为左子树，右子树，然后进入左子树重复上面的过程，然后进入右子树重复上面的过程。最后就可以还原一棵树了。该步递归的过程可以简洁表达如下：1 确定根,确定左子树，确定右子树。2 在左子树中递归。3 在右子树中递归。4 打印当前根。这样，我们就可以画出二叉树的形状，如上图所示，这里就不再赘述。那么，前序遍历: & & & & GDAFEMHZ编程求法：（并且验证我们的结果是否正确）#include &iostream&
#include &fstream&
#include &string&
struct TreeNode
struct TreeNode*
struct TreeNode*
TreeNode* BinaryTreeFromOrderings(char* inorder, char* aftorder, int length)
if(length == 0)
return NULL;
TreeNode* node = new TreeN//Noice that [new] should be written out.
node-&elem = *(aftorder+length-1);
std::cout&&node-&elem&&std::
int rootIndex = 0;
for(;rootIndex & rootIndex++)//a variation of the loop
if(inorder[rootIndex] ==
*(aftorder+length-1))
node-&left = BinaryTreeFromOrderings(inorder, aftorder , rootIndex);
node-&right = BinaryTreeFromOrderings(inorder + rootIndex + 1, aftorder + rootIndex , length - (rootIndex + 1));
int main(int argc, char** argv)
char* af=&AEFDHZMG&;
char* in=&ADEFGHMZ&;
BinaryTreeFromOrderings(in, af, 8);
printf(&\n&);
}输出结果：GDAFEMHZ
08-2404-0411-0610-1410-1109-2509-2506-0108-0303-20
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单项选择题已知二叉树的前序序列为ABCDEFG，中序序列为DBCAFEG，则后序序列为( )。A．DCBAFGEB．DCBFGEAC．DCBFEGAD．DCBGFEA
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来源：博客园
今天来总结下二叉树前序、中序、后序遍历相互求法，即如果知道两个的遍历，如何求第三种遍历方法，比较笨的方法是画出来二叉树，然后根据各种遍历不同的特性来求，也可以编程求出，下面我们分别说明。
首先，我们看看前序、中序、后序遍历的特性： 前序遍历：
1.访问根节点
2.前序遍历左子树
3.前序遍历右子树 中序遍历：
1.中序遍历左子树
2.访问根节点
3.中序遍历右子树 后序遍历：
1.后序遍历左子树
2.后序遍历右子树
3.访问根节点
一、已知前序、中序遍历，求后序遍历
例：
前序遍历:
GDAFEMHZ
中序遍历:
ADEFGHMZ
画树求法：第一步，根据前序遍历的特点，我们知道根结点为G
第二步，观察中序遍历ADEFGHMZ。其中root节点G左侧的ADEF必然是root的左子树，G右侧的HMZ必然是root的右子树。
第三步，观察左子树ADEF，左子树的中的根节点必然是大树的root的leftchild。在前序遍历中，大树的root的leftchild位于root之后，所以左子树的根节点为D。
第四步，同样的道理，root的右子树节点HMZ中的根节点也可以通过前序遍历求得。在前序遍历中，一定是先把root和root的所有左子树节点遍历完之后才会遍历右子树，并且遍历的左子树的第一个节点就是左子树的根节点。同理，遍历的右子树的第一个节点就是右子树的根节点。
第五步，观察发现，上面的过程是递归的。先找到当前树的根节点，然后划分为左子树，右子树，然后进入左子树重复上面的过程，然后进入右子树重复上面的过程。最后就可以还原一棵树了。该步递归的过程可以简洁表达如下：
1 确定根,确定左子树，确定右子树。
2 在左子树中递归。
3 在右子树中递归。
4 打印当前根。
那么，我们可以画出这个二叉树的形状：

那么，根据后序的遍历规则，我们可以知道，后序遍历顺序为：AEFDHZMG
编程求法：（依据上面的思路，写递归程序）

 1 #include &iostream&

 2 #include &fstream&

 3 #include &string&

 4 
 5 struct TreeNode
 6 {
 7
struct TreeNode*
 8
struct TreeNode*
 9
char
10 };
11 
12 void BinaryTreeFromOrderings(char* inorder, char* preorder, int length)
13 {
14
if(length == 0)
15
//cout&&"invalid length";
17
return;
18
TreeNode* node = new TreeN//Noice that [new] should be written out.
20
node-&elem = *
21
int rootIndex = 0;
22
for(;rootIndex & rootIndex++)
23
if(inorder[rootIndex] == *preorder)
25
break;
26
//Left
28
BinaryTreeFromOrderings(inorder, preorder +1, rootIndex);
29
//Right
30
BinaryTreeFromOrderings(inorder + rootIndex + 1, preorder + rootIndex + 1, length - (rootIndex + 1));
31
cout&&node-&elem&&
32
return;
33 }
34 
35 
36 int main(int argc, char* argv[])
37 {
38
printf("Hello World!\n");
39
char* pr="GDAFEMHZ";
40
char* in="ADEFGHMZ";
41
BinaryTreeFromOrderings(in, pr, 8);
43 
44
printf("\n");
45
return 0;
46 }

输出的结果为：AEFDHZMG
二、已知中序和后序遍历，求前序遍历
依然是上面的题，这次我们只给出中序和后序遍历：
中序遍历:
ADEFGHMZ
后序遍历:
AEFDHZMG
画树求法：第一步，根据后序遍历的特点，我们知道后序遍历最后一个结点即为根结点，即根结点为G。
第二步，观察中序遍历ADEFGHMZ。其中root节点G左侧的ADEF必然是root的左子树，G右侧的HMZ必然是root的右子树。
第三步，观察左子树ADEF，左子树的中的根节点必然是大树的root的leftchild。在前序遍历中，大树的root的leftchild位于root之后，所以左子树的根节点为D。
第四步，同样的道理，root的右子树节点HMZ中的根节点也可以通过前序遍历求得。在前后序遍历中，一定是先把root和root的所有左子树节点遍历完之后才会遍历右子树，并且遍历的左子树的第一个节点就是左子树的根节点。同理，遍历的右子树的第一个节点就是右子树的根节点。
第五步，观察发现，上面的过程是递归的。先找到当前树的根节点，然后划分为左子树，右子树，然后进入左子树重复上面的过程，然后进入右子树重复上面的过程。最后就可以还原一棵树了。该步递归的过程可以简洁表达如下：
1 确定根,确定左子树，确定右子树。
2 在左子树中递归。
3 在右子树中递归。
4 打印当前根。
这样，我们就可以画出二叉树的形状，如上图所示，这里就不再赘述。
那么，前序遍历:
GDAFEMHZ
编程求法：（并且验证我们的结果是否正确）

#include &iostream&
#include &fstream&
#include &string&

struct TreeNode
{
struct TreeNode*
struct TreeNode*
char
};


TreeNode* BinaryTreeFromOrderings(char* inorder, char* aftorder, int length)
{
if(length == 0)
return NULL;
TreeNode* node = new TreeN//Noice that [new] should be written out.
node-&elem = *(aftorder+length-1);
std::cout&&node-&elem&&std::
int rootIndex = 0;
for(;rootIndex & rootIndex++)//a variation of the loop
if(inorder[rootIndex] ==
*(aftorder+length-1))
break;
node-&left = BinaryTreeFromOrderings(inorder, aftorder , rootIndex);
node-&right = BinaryTreeFromOrderings(inorder + rootIndex + 1, aftorder + rootIndex , length - (rootIndex + 1));
return
}

int main(int argc, char** argv)
{
char* af="AEFDHZMG";
char* in="ADEFGHMZ"; 
BinaryTreeFromOrderings(in, af, 8); 
printf("\n");
return 0;
}

输出结果：GDAFEMHZ
三、已知前序、后序遍历，求中序遍历
（这个结果不唯一，你有什么想法呢？）
 
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