PAT甲級真題1119 前序和後序遍歷(複雜遞迴)
阿新 • • 發佈:2020-12-10
假設一個二叉樹上所有結點的權值都互不相同。
我們可以通過後序遍歷和中序遍歷來確定唯一二叉樹。
也可以通過前序遍歷和中序遍歷來確定唯一二叉樹。
但是,如果只通過前序遍歷和後序遍歷,則有可能無法確定唯一二叉樹。
現在,給定一組前序遍歷和後序遍歷,請你輸出對應二叉樹的中序遍歷。
如果樹不是唯一的,則輸出任意一種可能樹的中序遍歷即可。
輸入格式
第一行包含整數 NN,表示結點數量。
第二行給出前序遍歷序列。
第三行給出後序遍歷序列。
一行中的數字都用空格隔開。
輸出格式
首先第一行,如果樹唯一,則輸出 Yes,如果不唯一,則輸出 No。
然後在第二行,輸出樹的中序遍歷。
注意,如果樹不唯一,則輸出任意一種可能的情況均可。
資料範圍
1≤N≤301≤N≤30
輸入樣例1:
7
1 2 3 4 6 7 5
2 6 7 4 5 3 1
輸出樣例1:
Yes
2 1 6 4 7 3 5
輸入樣例2:
4
1 2 3 4
2 4 3 1
輸出樣例2:
No
2 1 3 4
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 40;
int n;
int pre[N], post[N];
int dfs(int l1, int r1, int l2, int r2, string& in)
{
if (l1 > r1) return 1; //空樹成立
if (pre[l1] != post[r2]) return 0;
int cnt = 0;
for (int i = l1; i <= r1; i ++ ) // 列舉左子樹包含的節點數量
{
string lin, rin;
int lcnt = dfs(l1 + 1, i, l2, l2 + i - l1 - 1, lin);
int rcnt = dfs(i + 1, r1, l2 + i - l1 - 1 + 1, r2 - 1, rin);
if (lcnt && rcnt)//都為1是一種合法方案
{
in = lin + to_string(pre[l1]) + ' ' + rin;
cnt += lcnt * rcnt; //記錄多少種方案
if (cnt > 1) break;
}
}
return cnt;
}
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;
int cnt = dfs(0, n - 1, 0, n - 1, in);
if (cnt > 1) puts("No");
else puts("Yes");
in.pop_back(); //後面有個空格記得拋掉
cout << in << endl;
return 0;
}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 40;
int n;
int pre[N], post[N];
bool flag=true;
vector<int>v;
void dfs(int l1, int r1, int l2, int r2)
{
if (l1 == r1){
v.push_back(pre[l1]);
return;
}
if (pre[l1] == post[r2]){
int i=l1+1;
while(i<=r1&&pre[i]!=post[r2-1])i++;
if(i-l1>1){
dfs(l1+1,i-1,l2,l2+i-1-l1-1);
}
else{
flag=false;
}
v.push_back(post[r2]);
dfs(i,r1,l2+i-1-l1,r2-1);
}
}
int main()
{
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> pre[i];
for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> post[i];
dfs(0,n-1,0,n-1);
if (flag==false) puts("No");
else puts("Yes");
cout<<v[0];
for(int i=1;i<v.size();i++){
cout<<' '<<v[i];
}
return 0;
}