前言
大家好，我是娇娇，今天带大家啃透 LeetCode 经典二叉树题 ------105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树。这道题是二叉树遍历的高频考点，也是理解递归分治思想的绝佳题目，哪怕你是刚学二叉树的小白，跟着这篇保姆级教程，也能彻底搞懂！
题目描述
给定两个整数数组 preorder 和 inorder，其中 preorder 是二叉树的先序遍历，inorder 是同一棵树的中序遍历，请构造二叉树并返回其根节点。
示例：
输入：preorder = 3,9,20,15,7，inorder = 9,3,15,20,7
输出：3,9,20,null,null,15,7
对应二叉树：
plaintext
3
/ \
9 20
/ \
15 7两种遍历规则
要解这道题，必须先回忆二叉树的两种遍历顺序，这是解题的核心基础！
- 前序遍历（根 - 左 - 右）
遍历顺序：先访问根节点 → 再递归访问左子树 → 最后递归访问右子树。
👉 关键性质：前序遍历的第一个元素，一定是当前子树的根节点！
比如示例 1 的前序3,9,20,15,7，第一个元素3就是整棵树的根。 - 中序遍历（左 - 根 - 右）
遍历顺序：先递归访问左子树 → 再访问根节点 → 最后递归访问右子树。
👉 关键性质：根节点会把中序序列分成两部分：
根节点左边：所有元素都是根的左子树节点
根节点右边：所有元素都是根的右子树节点
比如示例 1 的中序9,3,15,20,7，根3的左边是9（左子树），右边是15,20,7（右子树）。
解题思路：递归分治+哈希优化
上面的两个性质结合起来，就可以把 "构造整棵树" 的大问题，拆成 "构造左子树 + 构造右子树" 的小问题，这就是递归分治思想！
每次处理一个子树时，只需要做 5 件事：
1.找根：从当前前序区间的第一个元素，拿到根节点的值。
2.定位根：在中序序列中找到根节点的位置，划分出左、右子树的中序区间。
3.算左子树大小：中序中根左边的元素个数，就是左子树的节点总数。
4.划前序区间：根据左子树的大小，划分出左、右子树对应的前序区间。
5.递归构造：分别递归构造左子树和右子树，挂到当前根节点上。
！！哈希优化：避免重复查找根节点
如果每次都遍历中序数组找根节点的位置，时间复杂度会变成O(n²)。
我们可以用一个哈希表，提前把中序数组的值→索引存起来，这样找根节点位置只需要O(1)时间，整体复杂度降到O(n)！
完整代码实现（包含注释）
cpp
#include <vector>
#include <unordered_map>
using namespace std;
// 二叉树节点定义（LeetCode默认结构）
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 {
private:
// 递归辅助函数：构造子树
TreeNode* myBuildTree(const vector<int>& preorder, const vector<int>& inorder,
int pre_left, int pre_right, // 当前子树对应的前序区间[左,右]
int in_left, int in_right, // 当前子树对应的中序区间[左,右]
unordered_map<int, int>& index_map) // 中序值→索引的哈希表（引用传递，不拷贝）
{
// 终止条件：区间为空，说明没有节点，返回空指针
if (pre_left > pre_right || in_left > in_right) {
return nullptr;
}
// 1. 找根节点：前序区间的第一个元素就是根
int pre_root = pre_left;
int root_val = preorder[pre_root];
// 2. 在中序中定位根节点的位置
int in_root = index_map[root_val];
// 3. 创建当前子树的根节点
TreeNode* root = new TreeNode(root_val);
// 4. 计算左子树的节点数量（中序中根左边的元素个数）
int size_left_subtree = in_root - in_left;
// 5. 递归构造左子树，并挂到根节点的左孩子
root->left = myBuildTree(preorder, inorder,
pre_left + 1, // 左子树前序区间左边界：根的下一个位置
pre_left + size_left_subtree, // 左子树前序区间右边界：根+左子树节点数
in_left, // 左子树中序区间左边界：不变
in_root - 1, // 左子树中序区间右边界：根的前一个位置
index_map);
// 6. 递归构造右子树，并挂到根节点的右孩子
root->right = myBuildTree(preorder, inorder,
pre_left + size_left_subtree + 1, // 右子树前序区间左边界：左子树结束位置+1
pre_right, // 右子树前序区间右边界：不变
in_root + 1, // 右子树中序区间左边界：根的后一个位置
in_right, // 右子树中序区间右边界：不变
index_map);
return root;
}
public:
TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
int n = preorder.size();
// 构建哈希表：中序值→索引，方便O(1)查找根节点位置
unordered_map<int, int> index_map;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
index_map[inorder[i]] = i;
}
// 调用递归函数，初始处理整个数组（前序0~n-1，中序0~n-1）
return myBuildTree(preorder, inorder, 0, n - 1, 0, n - 1, index_map);
}
};逐行代码拆解
下面我们结合示例，逐行解释每一行代码的作用，帮你彻底搞懂！
- 哈希表构建
cpp
unordered_map<int, int> index_map;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
index_map[inorder[i]] = i;
}把中序数组的每个值和它的下标存起来，比如示例 1 中index_map9=0，index_map3=1。
为什么用引用传递：递归时不会拷贝整个哈希表，避免性能开销，也不会有数据残留的 bug。
- 递归终止条件
cpp
if (pre_left > pre_right || in_left > in_right) {
return nullptr;
}当前序或中序区间为空时，说明没有节点需要构造，直接返回空指针。
注意：这里同时判断了前序和中序区间，比只判断一个更严谨，避免异常场景出错。
- 找根节点
cpp
int pre_root = pre_left;
int root_val = preorder[pre_root];原理：前序遍历的第一个元素就是根节点，所以当前前序区间的左边界pre_left就是根节点的下标。
示例中：第一次调用时pre_left=0，所以root_val=preorder0=3。
- 定位根节点在中序的位置
cpp
int in_root = index_map[root_val];用哈希表快速找到根节点在中序数组中的位置，示例 1 中in_root=1（因为index_map3=1）。
意义：只有找到根的位置，才能把中序数组分成左、右子树两部分。
- 构造左子树
cpp
root->left = myBuildTree(preorder, inorder,
pre_left + 1,
pre_left + size_left_subtree,
in_left,
in_root - 1,
index_map);- 前序区间：pre_left+1, pre_left+size_left_subtree
根节点占了前序的第一个位置，所以左子树从pre_left+1开始。
左子树有size_left_subtree个节点，所以结束位置是pre_left+size_left_subtree。
示例中：左子树前序区间是1,1，对应元素9。 - 中序区间：in_left, in_root-1
根节点左边的所有元素都是左子树，所以从in_left开始，到in_root-1结束。
示例中：左子树中序区间是0,0，对应元素9。
- 构造右子树
cpp
root->right = myBuildTree(preorder, inorder,
pre_left + size_left_subtree + 1,
pre_right,
in_root + 1,
in_right,
index_map);- 前序区间：pre_left+size_left_subtree+1, pre_right
根节点 + 左子树节点 占了前序的前size_left_subtree+1个位置，所以右子树从pre_left+size_left_subtree+1开始。
结束位置不变，还是pre_right。
示例中：右子树前序区间是2,4，对应元素20,15,7。 - 中序区间：in_root+1, in_right
根节点右边的所有元素都是右子树，所以从in_root+1开始，到in_right结束。
示例中：右子树中序区间是2,4，对应元素15,20,7。
递归过程全解析
以示例 preorder = 3,9,20,15,7，inorder = 9,3,15,20,7为例，一步步看递归是怎么运行的：
第一次调用（构造整棵树）
区间：前序0,4，中序0,4
根节点：3，中序位置1，左子树大小1
左子树区间：前序1,1，中序0,0
右子树区间：前序2,4，中序2,4
第二次调用（构造根3的左子树）
区间：前序1,1，中序0,0
根节点：9，中序位置0，左子树大小0
左、右子树区间都为空，直接返回节点9，挂到3的左孩子。
第三次调用（构造根3的右子树）
区间：前序2,4，中序2,4
根节点：20，中序位置3，左子树大小1
左子树区间：前序3,3，中序2,2
右子树区间：前序4,4，中序4,4
第四次调用（构造根20的左子树）
区间：前序3,3，中序2,2
根节点：15，无左右子树，返回节点15，挂到20的左孩子。
第五次调用（构造根20的右子树）
区间：前序4,4，中序4,4
根节点：7，无左右子树，返回节点7，挂到20的右孩子。
最终结果
根节点3的左孩子是9，右孩子是20；20的左孩子是15，右孩子是7，和示例中的树完全一致！
复杂度分析
- 时间复杂度：O (n)
构建哈希表：遍历中序数组，O(n)
递归构造树：每个节点只处理一次，O(n)
哈希表查询：每次O(1)，总共n次，O(n)
整体复杂度为O(n)。 - 空间复杂度：O (n)
哈希表存储n个键值对，O(n)
递归栈深度：最坏情况（树为链状）是O(n)，平均情况是O(logn)
整体复杂度为O(n)。
总结
这道题的核心就是递归分治思想 + 哈希优化，记住三个关键点：
1.前序第一个是根，后序最后一个是根
2.中序分左右，左子树节点数 = 根下标 - 中序左边界
3.区间划分要精准，哈希表用来提速。
这道题的姐妹题是 LeetCode 106 题，思路几乎一样，只是根节点的位置变了：
后序遍历的最后一个元素是根节点
区间划分的逻辑稍有不同，但核心还是 "找根→分左右→递归构造"
掌握了这道题，106 题也能轻松拿下！