POJ 1240 Pre-Post-erous! && East Central North America 2002 (由前序后序遍历序列推出M叉树的种类)

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题意:

　　通过一棵二叉树的中序和后序遍历序列,就可以得到这颗二叉树的前序遍历序列.类似的,也能通过前序和中序遍历序列来得到后序遍历序列.但是,通常来说,不能通过前序和后序遍历序列来确定一棵二叉树的中序遍历序列.如下面这四颗二叉树:

所有的这四颗二叉树都有着相同的前序(abc)和后序遍历(cba)序列.这个现象不仅仅在二叉树中存在,也同时在m叉树中存在.

给你m s1 s2,表示这是一颗m叉树,s1是其前序遍历序列,s2是其后序遍历序列.两个序列中只包含小写字母,且同一字母不会重复出现在同一个序列中.输入0代表输入结束,不做判断.对于每组输入,需要你输出一个数字,表示所给出的前序和后序遍历序列所表示的树一共有多少种可能.答案不会超出32位整形的数据范围.

思路:

　　首先对于m叉树的前序遍历序列,第一个字符一定表示这颗m叉树的根,在后序遍历序列中最后一个字符表示m叉树的根.前序遍历序列中的第二个字符x1,一定是m叉树根节点的第一棵子树的根节点,那么在后序遍历序列中,从开始部分到x1的部分一定是m叉树的第一颗子树的后序遍历序列,假设,这部分的个数为n1,那么在前序遍历序列中,从x1开始后的n1个字符一定是m叉树的第一颗子树的前序遍历序列.则在前序遍历序列中截掉这n1个字符以及代表根的字符后,在剩下的序列中,第一个字符x2一定是m叉树的第二棵子树的根节点.在后序遍历序列剩余的部分中,从头到x2的部分即是这第二颗子树的后序遍历序列,设节点个数为n2.那么在前序遍历序列中,从x2开始的n2个字符一定是这m叉树第二颗子树的前序遍历序列.以此类推,对于每棵树的前序和后序遍历序列,可以确定根节点的子节点是哪些,并且能够得到分别以这些子节点为根节点的子树的前序和后序遍历序列,如此的递归下去,可以知道这m叉树的层次结构和节点之间的父子关系以及兄弟节点之间的顺序关系.

　　节点之间的关系确定之后,需要确定一共有多少这样的m叉树.首先对于二叉树的情况,当一个根节点只有一个子节点时,这个儿子节点位于左二子或者右儿子的位置都会使得整个二叉树不同.那么类比到m叉树,如果m叉树某一个根节点只有n个子节点,那么这n个节点分别属于哪个树杈都会使得整个树的形状不一样.由于这n个节点的顺序是确定的,相当于把n个点顺序的放到m个位置,则有C(m , n)中放法.对于整棵树来说,树的种数等于每个节点的子节点位置的种数的乘积.

栗子:

13 abejkcfghid jkebfghicda

'a'是这13叉树的根节点,在前序遍历序列中'b'为这13叉树根节点'a'的第一颗子树的根,则在后序遍历序列中从'j'到'b'则为这第一棵子树的后序遍历序列,经计算共有四个节点,那么在前序遍历序列中,从'b'到'k'的这四个字符一定是第一颗子树的前序遍历序列.前序遍历序列中'k'后面的第一个字符'c',一定是这颗13叉树根节点'a'的第二颗子树的根,则在后序遍历序列中从'f'到'c'的五个字符一定是第二棵子树的后序遍历序列,那么在前序遍历序列中,从'c'往后再截取五个字符到'i',则说明这部分为第二棵子树的前序遍历序列.'i'之后的第一个字符'd'则为根节点'a'的第三棵子树的根节点,同样在后序遍历序列中'd'则为第三棵子树的后序遍历序列,在这里则说明第三棵子树只有一个根节点'd'.然后分别对第一颗子树和第二课子树前序以及后序遍历序列进行递归,从而得到子树根节点的子节点的个数以及顺序.由于根节点'a'有'b','c','d'这三个子节点,那么对于13叉树来说要把这三个节点顺序的放到13个位置则为C(13, 3).对于'a'的子节点'b'来说很明显仅有一个子节点'e',所以同样有C(13, 1)种放法,对于'e'节点则有两个子节点'j'和'k',那么种类为C(13, 2).对于'a'的第二个子节点'c'来说有4个子节点'f','g','h'及'i',那么总放法为C(13, 4),所以总的种数位C(13, 3) * C(13, 1) *Ｃ(13, 2) * C(13, 4) = 207352860.

代码:

 #include <iostream>

 #include <cmath>

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <cstdlib>

 #include <algorithm>

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const int maxN = ;

 char preord[maxN], enord[maxN];//前序遍历序列 以及 后续遍历序列 

 LL C(LL n, LL m){//计算组合数

     if(m < n - m) m = n - m;

     LL ans = ;

     for(LL i = m + ; i <= n; i++) ans *= i;

     for(LL i = ; i <= n - m; i++) ans /= i;

     return ans;

 }

 LL ans;

 int n;

 void possible(int preleft, int preright, int endleft, int endright){

     int cnt = , root = preleft + ;//以preord[preleft]为根节点的第一个子节点preord[root]

     while(root <= preright){

         int i;

         for(i = endleft; i <= endright; i++){//从剩余的后序遍历序列中确定以preord[root]为根节点的子节点个数

             if(enord[i] == preord[root])break;

         }

         int size = i - endleft + ;//size即为preord[root]节点的根节点的个数

         possible(root, root + size - , endleft, i);//preord[root~ (root + size - 1)] 为以preord[root]为根节点的子树的前序遍历序列, enord[endleft~i]则为其的后序遍历序列

         cnt++;    //子节点的个数加1

         root += size;//root指向下一个子节点

         endleft = i + ; //截掉后序遍历序列中endlft ~ i 的部分

     }

     ans *= C((LL)n, (LL)cnt);//累乘起来即是答案

 }

 void solv(){

     int len = strlen(preord);

     possible(, len - , , len - );

     printf("%lld\n", ans);

 }

 int main(){

     //freopen("input.txt", "r", stdin);

     while(~scanf("%d", &n) && n){

         memset(preord, , sizeof(preord));

         memset(enord, , sizeof(enord));

         scanf("%s%s", preord, enord);

         ans = ;

         solv();

     }

     return ;

 }

巴特西

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