根据前序遍历和后序遍历计数二叉树

我们知道，对于一个二叉树，如果我们我们知道他的前（或后）序遍历和中序遍历，那就可以直接构造还原出完整的二叉树。中序遍历很重要。

那么给定一个树的前序遍历和后序遍历，能不能构造出这个树呢？一般是不行的，参考往期文章 https://www.cnblogs.com/ofnoname/p/16864200.html。既然不唯一，怎样确定有多少个符合条件的二叉树呢？

基本思路，是这样：

根结点在前序遍历的第一个元素，后序遍历的最后一个元素。他们应该相等，否则不计答案。简单起见我们假设答案存在，至少有一个可行的树。
除非就一个节点，答案为 1，否则我们可以将树划分为左子树和右子树。前序遍历的第二个元素就是左子树的根节点，找到他在后序遍历中的位置，就可以划分两个子树。
对于左子树和右子树，可以递归地解决相同的问题，他们的答案相乘就是总方案。
特殊的，如果前序遍历的第二个元素就是后序遍历的倒数第二个元素，这就说明只有一个子树，另一侧为空，这个子树可以是左子树或右子树，返回其答案乘以 2。

查询元素在遍历序列中的位置不要每次遍历，使用哈希表确保低复杂度。时间和空间复杂度是 \(O(n)\)。

cpp 复制代码

#include <iostream>
#include <unordered_map>
#include <vector>
using namespace std;

unordered_map<char, int> mp; 
string preorder, postorder; 

int count(int pre_left, int pre_right, int post_left, int post_right) {
    if (pre_left > pre_right || post_left > post_right) return 1; // 空树
    if (pre_left == pre_right) return 1; // 只有一个节点，唯一方案

    char left_root = preorder[pre_left + 1];
    int left_root_pos = mp[left_root]; 

    
    int left_size = left_root_pos - post_left + 1;
    int right_size = post_right - left_size - post_left;

    
    int left_ways = count(pre_left + 1, pre_left + left_size, post_left, left_root_pos);
    int right_ways = count(pre_left + left_size + 1, pre_right, left_root_pos + 1, post_right - 1);
    int result = left_ways * right_ways;

    // 如果左子树和右子树不完全独立，需要乘以2
    if (preorder[pre_left + 1] == postorder[post_right - 1]) {
        result *= 2;
    }

    return result;
}

int main() {
    cin >> preorder >> postorder;
    for (int i = 0; i < preorder.size(); ++i) {
        mp[postorder[i]] = i;
    }
    cout << count(0, preorder.size() - 1, 0, postorder.size() - 1) << endl;
    return 0;
}