题目描述
思路分析：我们一般见到的问题是由构建好的二叉树求得其先、中、后序序列。这题是反其道行之。逆向构建一个二叉树。
我做二叉树、回溯以及动态规划 问题一般是通过分析现象 找到一定规律再做。
这个实例有点小，这里我们看一个 稍大些的案例，这样总结出的规律会更完善。
我们先找出这颗二叉树对应的先序，中序序列。
cpp
preorder = [3, 9, 8, 5, 4, 10, 20, 15, 7]
inorder = [4, 5, 8, 10, 9, 3, 15, 20, 7]我们知道preorder其实就是： 中、左、右这样的遍历次序。
inorder就是：左、中、右这样的次序。
如果我们利用stack栈来存储 preorder先序遍历的结果，就拿4和之前的元素举例：
stack从根节点3持续存储元素到最左侧叶节点4，然后遍历其他节点。
而中序遍历会按（左、中、右）这样的优先级次序遍历整个二叉树。
所以：中序遍历优先遍历到的第一个节点， 会与stack存储先序遍历的栈顶元素 有重合。
而且，这个重合的元素**，是当前栈中 "左子树完全处理完毕" 的标志 ------ 意味着这个元素的左子树已经全部构建完成，接下来前序遍历的下一个元素，必然是这个元素的右子树（或其祖先的右子树）。**
用例子（4 的重合）拆解这个 "重合" 的意义
我们还是用 preorder = [3,9,8,5,4,10,20,15,7]、inorder = [4,5,8,10,9,3,15,20,7] 来具象化：
第一步：栈先存到最左叶节点 4（前序的 "中→左" 特性）
前序遍历先走 "中→左"，所以栈会从根 3 开始，依次压入 9、8、5、4（直到最左叶节点），此时栈是 [3,9,8,5,4]。
- 这一步对应前序的
3→9→8→5→4，完全符合 "中、左、左、左、左" 的遍历逻辑。
第二步：中序的第一个节点是 4（中序的 "左→中→右" 特性）
中序遍历的第一个节点必然是整棵树的最左叶节点（4），所以 inorder[0] = 4，恰好等于此时的栈顶元素 4------ 这就是你说的 "重合"。
第三步："重合" 的核心作用 ------ 标记左子树处理完毕
当栈顶元素 = 中序当前指针（index）时，说明：
- 这个栈顶元素（4）是 "左子树的终点"------ 它没有左子树（本身就是最左），左子树处理完毕；
- 接下来前序的下一个元素（10），不可能是 4 的左子树（已经没左了），只能是 "4 的祖先中，第一个还有右子树没处理的节点的右子树"。
再拆解 "重合后找右子树" 的过程（对应例子中 4 重合后的逻辑）
- 栈顶 4 和 inorder [index=0] 重合 → 弹出 4，index++（指向 5）；
- 新的栈顶 5 和 inorder [index=1] 重合 → 弹出 5，index++（指向 8）；
- 新的栈顶 8 和 inorder [index=2] 重合 → 弹出 8，index++（指向 10）；
- 新的栈顶 9 和 inorder [index=3]（10）不重合 → 停止弹出；
- 结论：8 是 "第一个还有右子树没处理的节点"，前序的下一个元素 10，就是 8 的右子树。
最后再分析preorder的一般规律：
对于前序遍历 相邻两节点 u, v可能存在情况：
-
v是u的左节点。
-
u没有左儿子， v可能是u的右儿子/祖先的右儿子。
cpp
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
* };
*/
class Solution {
public:
TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
//对于前序遍历 相邻两节点 u, v可能存在情况：
// 1. v是u的左节点。
// 2. u没有左儿子， v可能是u的右儿子/祖先的右儿子。
if (!preorder.size()) return nullptr;
TreeNode* root = new TreeNode(preorder[0]);
stack<TreeNode*> stk; //存先序的节点
stk.push(root);
int index = 0; //中序的下标
for (int i = 1; i < preorder.size(); i ++) {
int preVal = preorder[i]; //现在遍历到的先序列表中的元素。
TreeNode* node = stk.top();
// 情况1：当前节点是栈顶节点的左子树
if (node->val != inorder[index]) {
node->left = new TreeNode(preVal);
stk.push(node->left);
}
// 情况2：当前节点preval是某个祖先节点的右子树
else {
while (!stk.empty() && stk.top()->val == inorder[index]) {
node = stk.top(); // 记录最后一个匹配的节点（右子树的父节点）
stk.pop();
index ++; //中序下标后移
}
node->right = new TreeNode(preVal);
stk.push(node->right);
}
}
return root;
}
};