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一、 题目描述

链接：105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树 - 力扣（LeetCode）

给定一个二叉树的前序遍历 preorder 和中序遍历 inorder 的结果，请构建该二叉树并返回其根节点。你可以假设树中没有重复的元素。

示例:

preorder = [3, 9, 20, 15, 7]
inorder  = [9, 3, 15, 20, 7]返回的二叉树如下：3/ \9  20/  \15   7

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二、 核心思路：前序找根，中序划分

解决这个问题的关键在于深刻理解前序遍历和中序遍历的特性：

1. 前序遍历 (Preorder): [根节点, [左子树的前序遍历], [右子树的前序遍历]]

   • 特点： 序列的 第一个元素 永远是当前子树的 根节点。

2. 中序遍历 (Inorder): [[左子树的中序遍历], 根节点, [右子树的中序遍历]]

   • 特点： 根节点 总是位于序列的中间，其 左边 是所有左子树的节点，右边 是所有右子树的节点。

将这两个特性结合起来，我们的重建思路就豁然开朗了：

1. 从 前序遍历 中找到根节点（就是第一个元素）。
2. 在 中序遍历 中找到这个根节点的位置。
3. 根据根节点在中序遍历中的位置，将中序遍历序列 划分 为左子树和右子树两个部分。
4. 同时，根据左子树的节点数量，我们也能在前序遍历序列中确定左、右子树对应的子序列范围。
5. 现在，我们拥有了左子树的前序和中序序列，以及右子树的前序和中序序列。这变成了两个规模更小的相同问题，完美契合 递归

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三、 图解算法步骤

我们用示例 preorder = [3,9,20,15,7], inorder = [9,3,15,20,7] 来走一遍流程。

第一轮:

1. 找根节点： preorder 的第一个元素是 3，所以树的根节点是 3。
2. 中序划分： 在 inorder 中找到 3，它的索引是 1。
   • inorder 中 3 的左边是 [9]，这是根节点 3 的左子树。
   • inorder 中 3 的右边是 [15, 20, 7]，这是根节点 3 的右子树。
3. 前序划分：
   • 左子树有 1 个节点 (9)。所以在 preorder 中，根节点 3 后面的 1 个元素 [9] 对应左子树的前序遍历。
   • 右子树有 3 个节点 (15, 20, 7)。所以在 preorder 中，接下来的 3 个元素 [20, 15, 7] 对应右子树的前序遍历。

递归构建左子树:

• 问题变为：用 preorder = [9] 和 inorder = [9] 构建树。
• 找根节点： preorder 第一个元素是 9。
• 中序划分： inorder 中 9 的左边和右边都为空。
• 结论： 得到一个值为 9 的叶子节点，返回给上一层作为 3 的左孩子。

递归构建右子树:

• 问题变为：用 preorder = [20, 15, 7] 和 inorder = [15, 20, 7] 构建树。
• 找根节点： preorder 第一个元素是 20。
• 中序划分： 在 inorder 中找到 20，它的左边是 [15]，右边是 [7]。
• 递归… 这个过程会继续下去，直到所有节点都构建完成。

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四、 一种代码实现与解析

/*** Definition for a binary tree node.* public class TreeNode {*     int val;*     TreeNode left;*     TreeNode right;*     TreeNode() {}*     TreeNode(int val) { this.val = val; }*     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {*         this.val = val;*         this.left = left;*         this.right = right;*     }* }*/
class Solution {// 使用 HashMap 存储中序遍历中 <值, 索引> 的映射，用于快速定位根节点Map<Integer, Integer> map;public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {// 初始化 HashMap，空间换时间map = new HashMap<>();for (int i = 0; i < inorder.length; i++) {map.put(inorder[i], i);}// 调用递归函数，传入初始的完整数组范围// 区间定义为左闭右开 [begin, end)return build(preorder, 0, preorder.length, inorder, 0, inorder.length);}/*** 递归构建子树的核心函数* @param preorder 前序遍历数组* @param preBegin 当前处理的前序子数组的起始索引（包含）* @param preEnd   当前处理的前序子数组的结束索引（不包含）* @param inorder  中序遍历数组* @param inBegin  当前处理的中序子数组的起始索引（包含）* @param inEnd    当前处理的中序子数组的结束索引（不包含）* @return 构建好的子树的根节点*/public TreeNode build(int[] preorder, int preBegin, int preEnd, int[] inorder, int inBegin, int inEnd) {// 递归终止条件：如果子数组为空，则没有节点需要构建if (preBegin >= preEnd || inBegin >= inEnd) {return null;}// 1. 找到根节点：前序遍历的第一个元素就是根int rootVal = preorder[preBegin];TreeNode root = new TreeNode(rootVal);// 2. 在中序遍历中找到根节点的位置int rootIndex = map.get(rootVal);// 3. 计算左子树的节点数量int leftLength = rootIndex - inBegin;// 4. 递归构建左子树// 前序遍历中，左子树的范围是 [preBegin + 1, preBegin + 1 + leftLength)// 中序遍历中，左子树的范围是 [inBegin, rootIndex)root.left = build(preorder, preBegin + 1, preBegin + 1 + leftLength,inorder, inBegin, rootIndex);// 5. 递归构建右子树// 前序遍历中，右子树的范围是 [preBegin + 1 + leftLength, preEnd)// 中序遍历中，右子树的范围是 [rootIndex + 1, inEnd)root.right = build(preorder, preBegin + 1 + leftLength, preEnd,inorder, rootIndex + 1, inEnd);// 6. 返回当前构建好的根节点return root;}
}

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五、 关键点与复杂度分析

• HashMap 优化：这是本题的性能关键。如果没有 HashMap，每次在中序遍历中查找根节点都需要 O(N) 时间，导致总时间复杂度为 O(N²)。使用 HashMap 后，查找变为 O(1)，总时间复杂度降为 O(N)。
• 区间定义：统一采用左闭右开 [begin, end) 的区间表示法，代码会更简洁。例如，区间的长度就是 end - begin，空区间的判断就是 begin >= end。
• 时间复杂度：O(N)。其中 N 是树的节点数。HashMap 的构建需要 O(N)，递归 build 函数会对每个节点访问一次，每次访问中的操作（查找、计算）都是 O(1) 的。
• 空间复杂度：O(N)。HashMap 占用了 O(N) 的空间。递归调用栈的深度最坏情况下（树退化成链表）也是 O(N)，因此总空间复杂度为 O(N)。
  shMap的构建需要 O(N)，递归build` 函数会对每个节点访问一次，每次访问中的操作（查找、计算）都是 O(1) 的。
• 空间复杂度：O(N)。HashMap 占用了 O(N) 的空间。递归调用栈的深度最坏情况下（树退化成链表）也是 O(N)，因此总空间复杂度为 O(N)。

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六、与力扣106题：从中序与后序遍历序列构造二叉树的对比

参考：https://blog.csdn.net/lyh2004_08/article/details/149284192

特性	LeetCode 105 (前序 + 中序)	LeetCode 106 (后序 + 中序)
找根策略	前序遍历的第一个元素 preorder[preBegin]	后序遍历的最后一个元素 postorder[postEnd - 1]
划分依据	统一使用中序遍历	统一使用中序遍历
递归构建	root -> left -> right	root -> left -> right (或 root -> right -> left)
难点	计算前序遍历中右子树的起始位置 preBegin + 1 + lenOfLeft	计算后序遍历中右子树的区间 [postBegin + lenOfLeft, postEnd - 1]