构造二叉树是一个常见的二叉树考点，相比于直接考察二叉树的遍历，这种题目的难度会更大。截止到目前(2020-02-08) LeetCode 关于构造二叉树一共有三道题目，分别是：
今天就让我们用一个套路一举攻破他们。
根据一棵树的前序遍历与中序遍历构造二叉树。
注意:
你可以假设树中没有重复的元素。
例如，给出
前序遍历 preorder = [3,9,20,15,7]
中序遍历 inorder = [9,3,15,20,7]
返回如下的二叉树：
3
/ \
9 20
/ \
15 7
我们以题目给出的测试用例来讲解：
前序遍历是根左右，因此 preorder 第一个元素一定整个树的根。由于题目说明了没有重复元素，因此我们可以通过 val 去 inorder 找到根在 inorder 中的索引 i。
而由于中序遍历是左根右，我们容易找到 i 左边的都是左子树，i 右边都是右子树。
我使用红色表示根，蓝色表示左子树，绿色表示右子树。
根据此时的信息，我们能构造的树是这样的：
我们 preorder 继续向后移动一位，这个时候我们得到了第二个根节点”9“，实际上就是左子树的根节点。
我们 preorder 继续向后移动一位，这个时候我们得到了第二个根节点”20“，实际上就是右子树的根节点。其中右子树由于个数大于 1，我们无法确定，我们继续执行上述逻辑。
根据此时的信息，我们能构造的树是这样的：
我们不断执行上述逻辑即可。简单起见，递归的时候每次我都开辟了新的数组，这个其实是没有必要的，我们可以通过四个变量来记录 inorder 和 preorder 的起始位置即可。
代码支持：Python3
Python3 Code:
class Solution:
def buildTree(self, preorder: List[int], inorder: List[int]) -> TreeNode:
# 实际上inorder 和 postorder一定是同时为空的，因此你无论判断哪个都行
if not preorder:
return None
root = TreeNode(preorder[0])
i = inorder.index(root.val)
root.left = self.buildTree(preorder[1:i + 1], inorder[:i])
root.right = self.buildTree(preorder[i + 1:], inorder[i+1:])
return root复杂度分析
- 时间复杂度：由于每次递归我们的 inorder 和 preorder 的总数都会减 1，因此我们要递归 N 次，故时间复杂度为
$O(N)$ ，其中 N 为节点个数。 - 空间复杂度：我们使用了递归，也就是借助了额外的栈空间来完成， 由于栈的深度为 N，因此总的空间复杂度为
$O(N)$ ，其中 N 为节点个数。
空间复杂度忽略了开辟数组的内存消耗。
如果你会了上面的题目，那么这个题目对你来说也不是难事，我们来看下。
根据一棵树的中序遍历与后序遍历构造二叉树。
注意:
你可以假设树中没有重复的元素。
例如，给出
中序遍历 inorder = [9,3,15,20,7]
后序遍历 postorder = [9,15,7,20,3]
返回如下的二叉树：
3
/ \
9 20
/ \
15 7
我们以题目给出的测试用例来讲解：
后序遍历是左右根，因此 postorder 最后一个元素一定整个树的根。由于题目说明了没有重复元素，因此我们可以通过 val 去 inorder 找到根在 inorder 中的索引 i。
而由于中序遍历是左根右，我们容易找到 i 左边的都是左子树，i 右边都是右子树。
我使用红色表示根，蓝色表示左子树，绿色表示右子树。
根据此时的信息，我们能构造的树是这样的：
其中右子树由于个数大于 1，我们无法确定，我们继续执行上述逻辑。我们 postorder 继续向前移动一位，这个时候我们得到了第二个根节点”20“，实际上就是右子树的根节点。
根据此时的信息，我们能构造的树是这样的：
我们不断执行上述逻辑即可。简单起见，递归的时候每次我都开辟了新的数组，这个其实是没有必要的，我们可以通过四个变量来记录 inorder 和 postorder 的起始位置即可。
代码支持：Python3
Python3 Code:
class Solution:
def buildTree(self, inorder: List[int], postorder: List[int]) -> TreeNode:
# 实际上inorder 和 postorder一定是同时为空的，因此你无论判断哪个都行
if not inorder:
return None
root = TreeNode(postorder[-1])
i = inorder.index(root.val)
root.left = self.buildTree(inorder[:i], postorder[:i])
root.right = self.buildTree(inorder[i+1:], postorder[i:-1])
return root复杂度分析
- 时间复杂度：由于每次递归我们的 inorder 和 postorder 的总数都会减 1，因此我们要递归 N 次，故时间复杂度为
$O(N)$ ，其中 N 为节点个数。 - 空间复杂度：我们使用了递归，也就是借助了额外的栈空间来完成， 由于栈的深度为 N，因此总的空间复杂度为
$O(N)$ ，其中 N 为节点个数。
空间复杂度忽略了开辟数组的内存消耗。
返回与给定的前序和后序遍历匹配的任何二叉树。
pre 和 post 遍历中的值是不同的正整数。
示例：
输入：pre = [1,2,4,5,3,6,7], post = [4,5,2,6,7,3,1]
输出：[1,2,3,4,5,6,7]
提示：
1 <= pre.length == post.length <= 30
pre[] 和 post[] 都是 1, 2, ..., pre.length 的排列
每个输入保证至少有一个答案。如果有多个答案，可以返回其中一个。
我们以题目给出的测试用例来讲解：
前序遍历是根左右，因此 preorder 第一个元素一定整个树的根，preorder 第二个元素（如果存在的话）一定是左子树。由于题目说明了没有重复元素，因此我们可以通过 val 去 postorder 找到 pre[1]在 postorder 中的索引 i。
而由于后序遍历是左右根，因此我们容易得出。 postorder 中的 0 到 i(包含)是左子树，preorder 的 1 到 i+1（包含）也是左子树。
其他部分可以参考上面两题。
代码支持：Python3
Python3 Code:
class Solution:
def constructFromPrePost(self, pre: List[int], post: List[int]) -> TreeNode:
# 实际上pre 和 post一定是同时为空的，因此你无论判断哪个都行
if not pre:
return None
node = TreeNode(pre[0])
if len(pre) == 1:
return node
i = post.index(pre[1])
node.left = self.constructFromPrePost(pre[1:i + 2], post[:i + 1])
node.right = self.constructFromPrePost(pre[i + 2:], post[i + 1:-1])
return node复杂度分析
- 时间复杂度：由于每次递归我们的 postorder 和 preorder 的总数都会减 1，因此我们要递归 N 次，故时间复杂度为
$O(N)$ ，其中 N 为节点个数。 - 空间复杂度：我们使用了递归，也就是借助了额外的栈空间来完成， 由于栈的深度为 N，因此总的空间复杂度为
$O(N)$ ，其中 N 为节点个数。
空间复杂度忽略了开辟数组的内存消耗。
如果你仔细对比一下的话，会发现我们的思路和代码几乎一模一样。注意到每次递归我们的两个数组个数都会减去 1，因此我们递归终止条件不难写出，并且递归问题规模如何缩小也很容易，那就是数组总长度减去 1。
我们拿最后一个题目来说：
node.left = self.constructFromPrePost(pre[1:i + 2], post[:i + 1])
node.right = self.constructFromPrePost(pre[i + 2:], post[i + 1:-1])我们发现 pre 被拆分为两份，pre[1:i + 2]和 pre[i + 2:]。很明显总数少了 1，那就是 pre 的第一个元素。 也就是说如果你写出一个，其他一个不用思考也能写出来。
而对于 post 也一样，post[:i + 1] 和 post[i + 1:-1]，很明显总数少了 1，那就是 post 最后一个元素。
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