給定一個前序和中序變量的結果，寫一個算法重建這棵樹：
前序： a b d c e f中序: d b a e c f
前序遍歷的每一個節點，都是當前子樹的根節點，同時，以對應的節點為邊界，就會把前序遍歷的結果分為左子樹和右子樹。
a是前序中第一個節點，以a為中界，把中序的結果分成：左：db右:ecf
對于db，由于在前序中b在d前面，所以，b是d的父親。
對于ecf，前序中c在前面，c為父親，c把e和f分開。
代碼：
#include<stack>
#include<queue>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef struct Node{
Node* left;
Node* right;
char data;
Node(char c)
{
data=c;
left=NULL;//很重要
right=NULL;
}
~Node()
{
delete left;//如果left為null，也沒問題，delete兼容null
delete right;
}
}*BiTree;
#define TREELEN 6
Node* rebuild(char *preOrder,char *inOrder,int n)
{
if(n==0) return NULL;
//獲得前序遍歷的第一個節點
char c=preOrder[0];
Node *node=new Node(c); //This is the root node of this tree/sub tree.
int i;
for( i=0;i<n && inOrder[i]!=c;i++)
;
int lenL=i; //// the node number of the left child tree.
int lenR=n-i-1;//// the node number of the rigth child tree.
//為什么減1，因為中間的元素占了一個
if(lenL>0)
node->left=rebuild(&preOrder[1],&inOrder[0],lenL);
if(lenR>0)
node->right=rebuild(&preOrder[lenL+1],&inOrder[lenL+1],lenR);
return node;
}
void levelOrder(BiTree T)
{
queue<BiTree> q;
q.push(T);
while(!q.empty())
{
BiTree h=q.front();q.pop();
cout<<h->data<<ends;
if(h->left) q.push(h->left);
if(h->right) q.push(h->right);
}
}
int main()
{
char szPreOrder[TREELEN]={'a','b','d','c','e','f'};
char szInOrder[TREELEN]={ 'd', 'b','a','e','c','f'};
Node *result=rebuild(szPreOrder,szInOrder,6);
cout<<endl;
levelOrder(result);
}
注意當n==0，時，我們要返回
if(n==0) return NULL;不能寫成return；否則錯誤。關鍵的代碼為：由于根節點把左子樹和右子樹分開了：
if(lenL>0)
node->left=rebuild(&preOrder[1],&inOrder[0],lenL);
if(lenR>0)
node->right=rebuild(&preOrder[lenL+1],&inOrder[lenL+1],lenR);
在建右子樹時，我們從preOrder[lenL+1] 開始，因為前面的都是左子樹的節點，這點要特別注意。
遞歸過程：
rebuild(pre[0],in[0],6)`` 第一次建立a節點,lenL=2 ,lenR=3rebuild(pre[1],inorder[0],2)建立節點b，在db中找b，lenL=1,lenR=0;b->left=rebuild(pre[d],inorer[0],1)```
建立節點d，lenL=0;lenR=0;d的左子樹和右子樹都為空。遞歸返回。
建立a的右子樹
a->right=rebuild(preOrder[3,inOrder[3],3);
參考：http://blog.chinaunix.NET/uid-1844931-id-3033009.html
更多：
http://www.cppblog.com/flyinghearts/archive/2010/08/16/123544.html
非遞歸：
http://zhangzhibiao02005.blog.163.com/blog/static/37367820201122833633997/
擴展問題1：如果前序和中序遍歷的字母有重復的，那么怎么構造所有可能的解呢？
擴展問題2：如何判斷給定的前序遍歷和中序遍歷的結果是合理的？
擴展問題3：如果知道前序和后序的結果，能重構二叉樹嗎？
思路：
問題1：搜索所有可能的情況，并調用擴展問題2的解決方案，判斷此情況是否合理（剪枝操作），如果合法，則構造解
問題2：遞歸判斷左右子樹是否合理，遞歸的返回條件是到達葉子節點。
更多：http://blog.csdn.Netvividonly/article/details/6688327
http://www.wcode.net/plus/view.PHP?aid=704720
遞歸算法實現，分別遍歷左右子樹，遞歸中迭代查找左右子樹的長度，類似于書中的方法。
#include <iostream>
#include <string>
using namespace std;
bool valid = true;
inline int find(char needle, const char* haystack, int start, int end )
{
const char* p = haystack + start;
int i = 0;
int offset = end - start ;
while ( p && i < offset )
{
if ( *p == needle )
{
if ( start != 0 )
return i + start;
else
return i;
}
p++, i++;
}
return -1;
}
void isValid( const char* preOrder, const char* inOrder, int start, int end )
{
if ( !valid )
return ;
int position = find( *preOrder, inOrder, start,end );
if ( position == -1 )
{
valid = false;
return ;
}
if ( start < position )
{
isValid( preOrder + 1, inOrder,start,position ); //在左子樹中遍歷
}
if ( position + 1 < end )
{
isValid( preOrder + position + 1, inOrder, position + 1, end ); //在右子樹中遍歷
}
}
// Two Simple Test Cases
int main()
{
string pre1 = "abdefc";
string mid1 = "dbfeac";
string pre2 = "abdefc";
string mid2 = "dcfeab";
isValid(pre1.c_str(),mid1.c_str(),0,mid1.length());
cout << valid << endl; // 輸出 true
valid = true;
isValid(pre2.c_str(),mid2.c_str(),0,mid2.length());
cout << valid << endl; //輸出false
return 0;
}
已知中序和后序，更多：
http://www.cppblog.com/wanghaiguang/archive/2012/05/24/176012.aspx
（下面的這篇來自)http://biaobiaoqi.me/blog/2013/04/27/pat1020-pat1043-rebuild-binary-tree/
背景
《二叉樹的遍歷（遞歸、非遞歸）分析》總結了二叉樹不同遍歷方式的遞歸和非遞歸實現，本文則討論如何針對不同遍歷方式的組合重建二叉樹。為了簡化問題的考慮，假定二叉樹中不會出現重復值。列入考慮范圍的有前序、中序、后序、層序遍歷這四種的組合。前中后序比較常見，而層序則相對特殊一點了。
PAT 的 1043 和 1020 題是遍歷相關的模板題，正好派上用場。
中序+前序
算法描述：
初始：用前序遍歷序列確定根節點，在中序遍歷序列中找到該根節點，則左右子樹分別為中序中該節點左右的序列。
迭代：對各個子樹分別執行三步操作，1.在前序序列中找子樹的根節點；2。在中序序列中找子樹的根節點，并劃分開根節點的左右子樹；3.根據新生成的左右子樹，在前序序列中劃分開這些節點，從而得到了兩顆子樹的前序、中序序列。
練習：PAT1043:Is It a Binary Search Tree
題意：
輸入一個樹的前序遍歷序列，判定這個樹是否是二叉搜索樹或者 BST 的鏡像樹，如果是，則用后序序列輸出。
解題思路：
1.BST 很特殊，實質上 BST 的所有節點的順序排列就是中序遍歷了。
2.要檢查樹是否是 BST 或者鏡像 BST，只需按照重建樹的思路，在每次重建的過程中做適當檢查即可。檢查思路是：檢查前序遍歷序列中，根節點之后的節點排序是否符合 BST 的二分規則（即前一段都是小于根節點的，后一段都是大于根節點的）。
3.最后的輸出是后序遍歷。過程中其實并不用構建整個樹，直接在處理過程中，按后序的方式存儲節點到隊列中即可。
有了這些考慮，就可以寫出代碼啦。詳細解題代碼見鏈接 PAT1043
中序+后序
算法描述：
初始：用后序遍歷序列確定根節點，在中序遍歷序列中找到該根節點，則左右子樹分別為中序中該節點左右的序列。
迭代：對各個子樹分別執行三步操作，1.在后序序列中找子樹的根節點；2。在中序序列中找子樹的根節點，并劃分開根節點的左右子樹；3.根據新生成的左右子樹，在后序序列中劃分開這些節點，從而得到了兩顆子樹的后序、中序序列。
練習：PAT1020:Tree Traversals
題意：
輸入為一棵二叉樹的后序遍歷序列和中序遍歷序列。求樹的前序遍歷序列。
解題思路：
1.有了中序和后序，就能重建樹。
2.最后的輸出是層序遍歷。過程中其實并不用構建整個樹。直接在處理過程中，按層序的方式存儲節點到隊列中即可。
詳細解題代碼見鏈接 PAT1020
中序+層序
算法描述：
初始：用層序遍歷確定頂節點，在中序遍歷中，利用頂節點劃分出左右子樹。
迭代：對各個子樹分別執行三步操作，1.在層序序列中，找出子樹節點集合中，最靠前的節點，這個節點即為子樹的頂節點；2.在中序序列中找 1 中得到的頂節點，并劃分開頂節點的左右子樹；
跟（中序+前序）和（中序+后序）不同之處在于沒有迭代的第 3 步，層序是無法直接劃分得到左右子樹的節點集合的。但這并不妨礙正常的處理。層序是用來找到子樹的頂節點的，而頂節點即是所有子樹的節點中，在層序遍歷中最靠前的節點。
前序+后序
這個組合是無法重建確定的二叉樹的。
對于滿二叉樹，利用子樹節點的排列順序能區分開左右子樹節點集合，構建是沒有問題的。但一旦有單個葉子的節點存在，則無法確定葉子是左兒子還是右兒子。因為無論是前序還是后序序列，都無法體現單個兒子情況下，兒子的位置。前序會將左右子樹的點置于節點之后，后序則是將左右子樹的點置于節點之前。
舉個簡單的反例：
給出如下的前序序列和后序序列： preorder: A, B; postorder: B, A
能構建的二叉樹有兩種可能，1.A 是根節點，B 是 A 左兒子； 2.A 是根節點， B 是 A 的右兒子。無法得到一個唯一的結果。
前序+層序
這個組合也是無法重建確定的二叉樹的。同樣于后序+層序的情況。
道理跟（前序+后序）的道理一樣，無論是前序、后序，還是層序，都是無法確定單個兒子節點情況下兒子節點的順序。
總結
中序遍歷配合另外任何一個遍歷，能重建二叉樹。其他的任意兩個序列的組合都不能唯一的確定重建的二叉樹。
