利用分治思想构建二叉树

给定一棵二叉树的前序遍历 preorder 和中序遍历 inorder ，请从中构建二叉树，返回二叉树的根节点。假设二叉树中没有值重复的节点。

原问题定义为从 preorder 和 inorder 构建二叉树，是一个典型的分治问题。
1，问题可以分解：从分治的角度切入，我们可以将原问题划分为两个子问题：构建左子树、构建右子树，加上一步操作：初始化根节点。而对于每棵子树（子问题），我们仍然可以复用以上划分方法，将其划分为更小的子树（子问题），直至达到最小子问题（空子树）时终止。,
2，子问题是独立的：左子树和右子树是相互独立的，它们之间没有交集。在构建左子树时，我们只需关注中序遍历和前序遍历中与左子树对应的部分。右子树同理。
3，子问题的解可以合并：一旦得到了左子树和右子树（子问题的解），我们就可以将它们链接到根节点上，得到原问题的解。
根据以上分析，这道题可以使用分治来求解，但如何通过前序遍历 preorder 和中序遍历 inorder 来划分左子树和右子树呢？
根据定义，preorder 和 inorder 都可以划分为三个部分。
1，前序遍历：[ 根节点 | 左子树 | 右子树 ] ,树对应 [ 3 | 9 | 2 1 7 ] 。
2，中序遍历：[ 左子树 | 根节点 ｜ 右子树 ] ,树对应 [ 9 | 3 | 1 2 7 ] 。
我们可以得到划分结果。前序遍历的首元素 3 是根节点的值。查找根节点 3 在 inorder 中的索引，利用该索引可将 inorder 划分为 [ 9 | 3 ｜ 1 2 7 ] 。
根据 inorder 的划分结果，易得左子树和右子树的节点数量分别为 1 和 3 ，从而可将 preorder 划分为 [ 3 | 9 | 2 1 7 ] 。
根据以上划分方法，我们已经得到根节点、左子树、右子树在 preorder 和 inorder 中的索引区间。而为了描述这些索引区间，我们需要借助几个指针变量。将当前树的根节点在 preorder 中的索引记为 i 。将当前树的根节点在 inorder 中的索引记为 m。将当前树在 inorder 中的索引区间记为 [l,r] 。右子树根节点索引中的 m-l的含义是“左子树的节点数量”

/* 构建二叉树：分治 */TreeNodedfs(int[]preorder,Map<Integer,Integer>inorderMap,inti,intl,intr){// 子树区间为空时终止if(r-l<0)returnnull;// 初始化根节点TreeNoderoot=newTreeNode(preorder[i]);// 查询 m ，从而划分左右子树intm=inorderMap.get(preorder[i]);// 子问题：构建左子树root.left=dfs(preorder,inorderMap,i+1,l,m-1);// 子问题：构建右子树root.right=dfs(preorder,inorderMap,i+1+m-l,m+1,r);// 返回根节点returnroot;}/* 构建二叉树 */TreeNodebuildTree(int[]preorder,int[]inorder){// 初始化哈希表，存储 inorder 元素到索引的映射Map<Integer,Integer>inorderMap=newHashMap<>();for(inti=0;i<inorder.length;i++){inorderMap.put(inorder[i],i);}TreeNoderoot=dfs(preorder,inorderMap,0,0,inorder.length-1);returnroot;}

设树的节点数量为 n，初始化每一个节点（执行一个递归函数 dfs() ）使用 O1 时间。因此总体时间复杂度为 On 。哈希表存储 inorder 元素到索引的映射，空间复杂度为 On 。在最差情况下，即二叉树退化为链表时，递归深度达到 On ，使用 On 的栈帧空间。因此总体空间复杂度为 On 。