51nod 1832 先序遍历与后序遍历二叉树+高精度

Posted 2020-10-05 GraceSkyer

题目链接：51nod 1832 先序遍历与后序遍历

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 40 难度：4级算法题

对于给定的一个二叉树的先序遍历和后序遍历，输出有多少种满足条件的二叉树。
两棵二叉树不同当且仅当对于某个x，x的左儿子编号不同或x的右儿子编号不同。

Input

第一行一个正整数n(3<=n<=10000)，表示二叉树的节点数，节点从1到n标号。
第二行n个整数a[i](1<=a[i]<=n)，表示二叉树的先序遍历。
第三行n个整数b[i](1<=b[i]<=n)，表示二叉树的后序遍历。

Output

输出一个整数表示有多少种方案。保证至少有1种方案。

Input示例

3
1 2 3
2 3 1

Output示例

1

题解：找出只有一个儿子的节点数，则这种节点的儿子可以放在左子树或右子树即两种选择，然后将每种情况相乘即可，结果太大，再抄个高精度的板子嘛。
//yy：唉，我都快不记得怎么敲二叉树了。。类似的还可以拓展到n叉树，都是一类已知先序遍历和后序遍历求可构造树的方案数。。

  1 #include <iostream>
  2 #include <cstdio>
  3 #include <cstring>
  4 #include <algorithm>
  5 #define CLR(a,b) memset((a),(b),sizeof((a)))
  6 using namespace std;
  7 typedef long long ll;
  8 const int N = 10005;
  9 struct BigInt
 10 {
 11     const static int mod = 10000;
 12     const static int DLEN = 4;
 13     int a[600],len;
 14     BigInt()
 15     {
 16         memset(a,0,sizeof(a));
 17         len = 1;
 18     }
 19     BigInt(int v)
 20     {
 21         memset(a,0,sizeof(a));
 22         len = 0;
 23         do
 24         {
 25             a[len++] = v%mod;
 26             v /= mod;
 27         }while(v);
 28     }
 29     BigInt(const char s[])
 30     {
 31         memset(a,0,sizeof(a));
 32         int L = strlen(s);
 33         len = L/DLEN;
 34         if(L%DLEN) len++;
 35         int index = 0;
 36         for(int i = L-1;i >= 0;i -= DLEN)
 37         {
 38             int t = 0;
 39             int k = i - DLEN + 1;
 40             if(k < 0) k = 0;
 41             for(int j = k;j <= i;j++)
 42                 t = t*10 + s[j] - ‘0‘;
 43             a[index++] = t;
 44         }
 45     }
 46     BigInt operator +(const BigInt &b)const
 47     {
 48         BigInt res;
 49         res.len = max(len,b.len);
 50         for(int i = 0;i <= res.len;i++)
 51             res.a[i] = 0;
 52         for(int i = 0;i < res.len;i++)
 53         {
 54             res.a[i] += ((i < len)?a[i]:0)+((i < b.len)?b.a[i]:0);
 55             res.a[i+1] += res.a[i]/mod;
 56             res.a[i] %= mod;
 57         }
 58         if(res.a[res.len] > 0) res.len++;
 59         return res;
 60     }
 61     BigInt operator *(const BigInt &b)const
 62     {
 63         BigInt res;
 64         for(int i = 0; i < len; i++)
 65         {
 66             int up = 0;
 67             for(int j = 0;j < b.len;j++)
 68             {
 69                 int temp = a[i] * b.a[j] + res.a[i+j] + up;
 70                 res.a[i+j] = temp%mod;
 71                 up = temp/mod;
 72             }
 73             if(up != 0)
 74             res.a[i + b.len] = up;
 75         }
 76         res.len = len + b.len;
 77         while(res.a[res.len - 1] == 0 &&res.len > 1)
 78             res.len--;
 79         return res;
 80     }
 81     void output()
 82     {
 83         printf("%d",a[len-1]);
 84         for(int i = len-2;i >=0 ;i--)
 85             printf("%04d",a[i]);
 86         printf("\n");
 87     }
 88 };
 89 BigInt ans(1);
 90 int pre[N], post[N];
 91 int n;
 92 void dfs(int l1, int r1, int l2, int r2) {
 93     if(l1 > r1) return;
 94     if(r1 - l1 == 1) return;
 95     l1++; r2--;
 96     int num = 0;
 97     int p = l2;
 98     while(post[p] != pre[l1]) p++;
 99     int r11 = l1 + (p - l2 + 1), r22 = p + 1;
100     num++;
101     dfs(l1, r11, l2, r22);
102     if((r1-l1)-(p-l2+1)!=0) {
103         num++;  dfs(r11, r1, p+1, r2);
104     }
105     num = num == 1 ? 2 : 1;
106     ans = ans * BigInt(num);
107 }
108 int main() {
109     int i, j;
110     scanf("%d", &n);
111     for(i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &pre[i]);
112     for(i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &post[i]);
113     dfs(0,n,0,n);
114     ans.output();
115     return 0;
116 }

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