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文章目录
- 一、 题目回顾
- 二、 核心思路：后序找根，中序划分
- 三、 图解算法步骤
- 四、 一种代码实现与深度解析
- 五、 关键点与复杂度分析
- 六、 总结与对比 (LC105 vs LC106)
一、 题目回顾
链接：106. 从中序与后序遍历序列构造二叉树 - 力扣（LeetCode）
给定一个二叉树的中序遍历 inorder 和后序遍历 postorder 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:
inorder = [9, 3, 15, 20, 7]
postorder = [9, 15, 7, 20, 3]返回的二叉树如下：3/ \9 20/ \15 7
二、 核心思路：后序找根，中序划分
如果你已经理解了 LC105 的“前序找根，中序划分”，那么解决这道题的思路转换就非常自然了。我们只需要把目光从前序遍历转移到后序遍历。
-
后序遍历 (Postorder):
[[左子树的后序遍历], [右子树的后序遍历], 根节点]- 特点： 序列的 最后一个元素 永远是当前子树的 根节点。
-
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： (保持不变) 根节点 划分了左、右子树。
我们的新策略是：
- 从 后序遍历 的末尾找到根节点。
- 在 中序遍历 中找到这个根节点的位置，从而划分出左、右子树。
- 根据左子树的节点数量，在 后序遍历 序列中确定左、右子树对应的子序列范围。
- 这又形成了两个规模更小的相同问题，继续 递归 解决！
三、 图解算法步骤
我们用示例 inorder = [9,3,15,20,7], postorder = [9,15,7,20,3] 来走一遍流程。
第一轮:
- 找根节点：
postorder的最后一个元素是3，所以树的根节点是3。 - 中序划分： 在
inorder中找到3。inorder中3的左边是[9](左子树)。inorder中3的右边是[15, 20, 7](右子树)。
- 后序划分 (关键步骤):
- 左子树有
1个节点 (9)。后序遍历的顺序是“左-右-根”，所以postorder的 前1个元素[9]对应左子树的后序遍历。 - 右子树有
3个节点 (15, 20, 7)。所以在postorder中，接在左子树后面的3个元素[15, 7, 20]对应右子树的后序遍历。
- 左子树有
递归构建左子树:
- 问题变为：用
inorder = [9]和postorder = [9]构建树。 - 结论： 得到一个值为
9的叶子节点，返回。
递归构建右子树:
- 问题变为：用
inorder = [15, 20, 7]和postorder = [15, 7, 20]构建树。 - 找根节点：
postorder的最后一个元素是20。 - 中序划分： 在
inorder中找到20，左边是[15]，右边是[7]。 - 后序划分： 左子树有1个节点，所以
postorder的[15]是左子树；右子树有1个节点，所以[7]是右子树。 - 继续递归… 直到所有节点构建完成。
四、 一种代码实现与深度解析
/*** Definition for a binary tree node.* public class TreeNode {* int val;* TreeNode left;* TreeNode right;* TreeNode(int x) { val = x; }* }*/
class Solution {// 依然是引入 HashMap 优化，用于 O(1) 查找根节点在中序遍历中的位置Map<Integer, Integer> map;public TreeNode buildTree(int[] inorder, int[] postorder) {// 预处理中序遍历，将 <值, 索引> 存入 HashMapmap = new HashMap<>();for (int i = 0; i < inorder.length; i++) {map.put(inorder[i], i);}// 调用递归函数，初始范围为整个数组// 区间标准统一为左闭右开 [begin, end)return findNode(inorder, 0, inorder.length, postorder, 0, postorder.length);}/*** 递归构建子树的核心函数* @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）* @param postorder 后序遍历数组* @param postBegin 当前处理的后序子数组的起始索引（包含）* @param postEnd 当前处理的后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 findNode(int[] inorder, int inBegin, int inEnd, int[] postorder, int postBegin, int postEnd) {// 基准情况: 当区间为空，无法形成节点，返回 null// 这个条件覆盖了所有递归终止的场景，无需为 size=1 的情况单独处理。if (inBegin >= inEnd || postBegin >= postEnd) {return null;}// 1. 找到根节点：后序遍历区间的最后一个元素int rootVal = postorder[postEnd - 1];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，这是划分后序数组的关键int lenOfLeft = rootIndex - inBegin;// 4. 分治思想：递归构建左子树// 中序遍历的左子树区间: [inBegin, rootIndex)// 后序遍历的左子树区间: 从 postBegin 开始，长度为 lenOfLeft// 即 [postBegin, postBegin + lenOfLeft)root.left = findNode(inorder, inBegin, rootIndex,postorder, postBegin, postBegin + lenOfLeft);// 5. 分治思想：递归构建右子树// 中序遍历的右子树区间: [rootIndex + 1, inEnd)// 后序遍历的右子树区间: 紧跟在左子树之后，且在根节点之前// 即 [postBegin + lenOfLeft, postEnd - 1)root.right = findNode(inorder, rootIndex + 1, inEnd,postorder, postBegin + lenOfLeft, postEnd - 1);// 6. 返回当前构建好的（子）树的根节点return root;}
}
五、 关键点与复杂度分析
- 后序数组的切分：这是本题相较于 LC105 最需要注意的地方。务必记住后序遍历是
[左, 右, 根]。- 左子树的后序部分从
postBegin开始，长度为lenOfLeft。 - 右子树的后序部分从
postBegin + lenOfLeft开始，结束于根节点之前，即postEnd - 1。
- 左子树的后序部分从
- 递归调用顺序：在代码中，我们先递归构建
root.left，再构建root.right。其实这个顺序可以颠倒，只要你传递给递归函数的区间参数是正确的，最终都能构建出同一棵树。这正是分治思想的魅力所在——子问题之间相互独立。 - 时间复杂度：O(N)。N 是节点数。构建
HashMap为 O(N)，之后每个节点只被访问和创建一次，单次操作为 O(1)。 - 空间复杂度：O(N)。
HashMap占 O(N)，递归栈深度最坏情况下（链表）也为 O(N)。
六、 总结与对比 (LC105 vs LC106)
| 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] |
ft -> 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]` |
这两道题关键不仅是一种递归思路和对二叉树的熟悉，更多的是一种**“分治”**思想