作为教练，我为你准备了一个全自动的数据生成器。它能生成 10 组测试数据，涵盖了边界情况（$n=1$）、特殊形态（链状、满二叉树）以及大规模随机树。

为了确保生成器本身的稳健性，生成 .out 答案的代码采用了 $O(N)$ 复杂度的非递归/递归算法（在 $N=3000$ 规模下递归是安全的），并对节点值进行了打乱处理以保证唯一性。

C++ 数据生成器 (gen.cpp)

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <fstream>
#include <algorithm>
#include <random>
#include <stack>
#include <map>

using namespace std;

// --- 树的结构定义 ---
struct Node {
    int val;
    int l, r;
    Node() : val(0), l(-1), r(-1) {}
};

// --- 全局变量 ---
vector<Node> tree_pool;
vector<int> in_seq, post_seq, pre_seq;

// --- 辅助函数：获取各种遍历序列 ---
void get_traversals(int u) {
    if (u == -1) return;
    // 中序: 左 根 右
    get_traversals(tree_pool[u].l);
    in_seq.push_back(tree_pool[u].val);
    // 后序: 左 右 根
    get_traversals(tree_pool[u].r);
    post_seq.push_back(tree_pool[u].val);
}

// 获取答案（前序序列）
void get_preorder(int u) {
    if (u == -1) return;
    pre_seq.push_back(tree_pool[u].val);
    get_preorder(tree_pool[u].l);
    get_preorder(tree_pool[u].r);
}

// --- 数据生成逻辑 ---
void make_tree(int n, int type, int seed) {
    tree_pool.assign(n, Node());
    mt19937 rng(seed);
    
    // 生成不重复的节点值 [-3000, 3000]
    vector<int> vals;
    for (int i = -3000; i <= 3000; ++i) vals.push_back(i);
    shuffle(vals.begin(), vals.end(), rng);
    for (int i = 0; i < n; ++i) tree_pool[i].val = vals[i];

    if (type == 1) { // 左斜链
        for (int i = 0; i < n - 1; ++i) tree_pool[i].l = i + 1;
    } 
    else if (type == 2) { // 右斜链
        for (int i = 0; i < n - 1; ++i) tree_pool[i].r = i + 1;
    } 
    else if (type == 3) { // 满二叉树结构
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            int left = 2 * i + 1;
            int right = 2 * i + 2;
            if (left < n) tree_pool[i].l = left;
            if (right < n) tree_pool[i].r = right;
        }
    } 
    else { // 随机树
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            int p = uniform_int_distribution<int>(0, i - 1)(rng);
            // 确保每个节点最多两个孩子
            while (tree_pool[p].l != -1 && tree_pool[p].r != -1) {
                p = (p + 1) % i;
            }
            if (tree_pool[p].l == -1) tree_pool[p].l = i;
            else tree_pool[p].r = i;
        }
    }
}

// --- 主生成流程 ---
void generate(int id, int n, int type) {
    string in_name = to_string(id) + ".in";
    string out_name = to_string(id) + ".out";
    ofstream fin(in_name);
    ofstream fout(out_name);

    // 1. 生成树结构
    make_tree(n, type, id + 100);

    // 2. 获取中序和后序 (写入 .in)
    in_seq.clear(); post_seq.clear();
    get_traversals(0);

    fin << n << "\n";
    for (int i = 0; i < n; ++i) fin << in_seq[i] << (i == n - 1 ? "" : " ");
    fin << "\n";
    for (int i = 0; i < n; ++i) fin << post_seq[i] << (i == n - 1 ? "" : " ");
    fin << "\n";

    // 3. 获取前序 (写入 .out 作为标准答案)
    pre_seq.clear();
    get_preorder(0);
    for (int i = 0; i < n; ++i) fout << pre_seq[i] << (i == n - 1 ? "" : " ");
    fout << "\n";

    fin.close(); fout.close();
    cout << "Test Case " << id << " [n=" << n << "] finished." << endl;
}

int main() {
    // 1. 边界情况
    generate(1, 1, 0); 
    generate(2, 5, 0); 

    // 2. 满二叉树 (规模适中)
    generate(3, 1023, 3); 

    // 3. 极端链状 (测试递归深度和逻辑边界)
    generate(4, 3000, 1); // 左链
    generate(5, 3000, 2); // 右链

    // 4. 大规模随机树
    for (int i = 6; i <= 10; ++i) {
        generate(i, 3000, 0);
    }

    return 0;
}

数据说明及优化分析

1. 文件大小控制：

   • 对于 $n=3000$ 的数据，每一行大约包含 3000 个整数。假设每个整数平均 5 字节（包含空格），则一行约 $15KB$。
   • 每个测试点（.in + .out）总计约 $45KB$。
   • 10 组测试点总大小约为 450KB，远低于 2MB 的理想值，非常适合 OJ 评测。

2. 生成效率：

   • 树构造：采用随机分配父节点的方法，复杂度 $O(n)$ 或在节点满载时略有退化，但在 $n=3000$ 下几乎瞬时完成。
   • 序列生成：采用简单的递归 DFS。由于 $n=3000$，系统栈（通常 8MB）足以处理 3000 层的递归深度，不会爆栈。
   • 无除法风险：代码中仅在随机数分布中使用除法（由库函数处理），构树逻辑中不涉及除以 0 的风险。

3. 测试点针对性设计：

   • Case 4 & 5：极端斜树。这对于那些在分割区间时计算错误的程序非常有效，能够准确捕捉到索引加减 1 的错误。
   • Case 3：满二叉树。测试程序在处理平衡结构时的表现。
   • Case 6-10：通过 mt19937 随机引擎生成，节点值在 $[-3000, 3000]$ 范围内随机选取且保证不重复，覆盖了复杂的一般情况。

教练提示：

• OJ 判题建议：本题输出为一行整数。判题时应建议开启“忽略行末空格”和“忽略空行”，以兼容不同选手的输出习惯。
• 选手注意：由于 $n$ 达到了 3000，虽然不一定要哈希优化，但建议选手使用 std::map 或静态数组做索引映射，以确保 $O(n)$ 的稳定表现。

你可以直接编译并运行该程序，它会在当前目录下生成 1.in 到 10.out。祝辅导顺利！

作为教练，我将带你从暴力搜索版过渡到哈希映射版。

在重构二叉树时，核心公式是：子树的节点数量（Size）在所有遍历序列中都是守恒的。

版本一：基础递归版（线性搜索 $O(N^2)$）

思路分析： 这是最符合直觉的写法。我们通过后序序列的末尾确定根节点，然后在中间序列中通过 for 循环寻找该根节点。

• 时间复杂度：$O(N^2)$。寻找中序索引需 $O(N)$，总共 $N$ 个节点。
• 空间复杂度：$O(N)$。用于存储树结构和递归栈。
• 评价：对于 $N=3000$，运行次数约为 $9 \times 10^6$，在 NOIP 1.0s 的时限内绰绰有余。

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

const int MAXN = 3005;

struct Node {
    int val, l, r;
} tree[MAXN];

int inorder[MAXN], postorder[MAXN];
int node_cnt = 0; // 静态分配节点编号

// inL, inR: 当前子树在中序序列的区间范围
// postL, postR: 当前子树在后序序列的区间范围
int build(int inL, int inR, int postL, int postR) {
    if (inL > inR || postL > postR) return -1; // 递归边界

    // 1. 后序遍历的最后一个元素就是根
    int root_val = postorder[postR];
    int u = node_cnt++;
    tree[u].val = root_val;

    // 2. 在中序遍历中通过线性扫描找到根的位置 k
    int k = inL;
    while (k <= inR && inorder[k] != root_val) {
        k++;
    }

    // 3. 计算左子树的大小
    int left_size = k - inL;

    // 4. 递归构建左右子树
    // 【关键】左子树：后序区间从 postL 开始，长度为 left_size
    tree[u].l = build(inL, k - 1, postL, postL + left_size - 1);
    // 【关键】右子树：后序区间紧跟左子树之后，排除掉最后的根节点
    tree[u].r = build(k + 1, inR, postL + left_size, postR - 1);

    return u;
}

// 验证用：前序遍历输出
void preOrder(int u, int n) {
    static int cnt = 0;
    if (u == -1) return;
    cout << tree[u].val << (++cnt == n ? "" : " ");
    preOrder(tree[u].l, n);
    preOrder(tree[u].r, n);
}

int main() {
    int n;
    if (!(cin >> n)) return 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> inorder[i];
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> postorder[i];

    int root_id = build(0, n - 1, 0, n - 1);
    preOrder(root_id, n);
    cout << endl;

    return 0;
}

版本二：哈希优化版（竞赛标准 $O(N)$）

思路分析： 为了将复杂度降到 $O(N)$，我们需要消除递归内部的 while 循环。由于节点值唯一且范围已知，我们可以使用一个数组 pos 作为简易哈希表，预存每个值在中序序列中的下标。

• 时间复杂度：$O(N)$。预处理 $O(N)$，递归每个节点 $O(1)$。
• 空间复杂度：$O(N)$。
• 易错点：节点值有负数，数组下标需加 OFFSET。

#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXN = 3005;
const int OFFSET = 3000; // 处理负数索引

struct Node {
    int val, l, r;
} tree[MAXN];

int inorder[MAXN], postorder[MAXN];
int pos[6005]; // pos[val + OFFSET] 存储该值在中序中的下标
int node_cnt = 0;

int build(int inL, int inR, int postL, int postR) {
    if (inL > inR) return -1;

    int root_val = postorder[postR];
    int u = node_cnt++;
    tree[u].val = root_val;

    // 【优化】通过预处理数组直接获取中序下标，无需循环
    int k = pos[root_val + OFFSET];
    int left_size = k - inL;

    tree[u].l = build(inL, k - 1, postL, postL + left_size - 1);
    tree[u].r = build(k + 1, inR, postL + left_size, postR - 1);

    return u;
}

void preOrder(int u, int n) {
    static int cnt = 0;
    if (u == -1) return;
    cout << tree[u].val << (++cnt == n ? "" : " ");
    preOrder(tree[u].l, n);
    preOrder(tree[u].r, n);
}

int main() {
    // NOI 技巧：关闭 cin 同步提升速度
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int n;
    if (!(cin >> n)) return 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> inorder[i];
        pos[inorder[i] + OFFSET] = i; // 预处理
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> postorder[i];

    int root_id = build(0, n - 1, 0, n - 1);
    preOrder(root_id, n);
    cout << endl;

    return 0;
}

复杂度分析思考过程

1. 时间复杂度思考：

   • 寻找根位置：这是本题的瓶颈。如果每次都扫描中序数组，最坏情况（树退化成链）会导致 $O(N^2)$。通过哈希表（或数组映射）将其变为 $O(1)$，是树论题目的通用优化手段。
   • 遍历所有节点：递归函数 build 会被调用 $2N-1$ 次（包括空节点返回），整体线性。

2. 空间复杂度思考：

   • 静态存储：在 NOIP 中，使用 Node tree[MAXN] 比 new Node() 动态内存分配快得多，且不容易产生内存碎片。
   • 栈空间：递归深度 $H$。$N=3000$ 即使是链状树（$3000$ 层递归），系统默认的栈空间（通常 8MB）也足够。如果 $N$ 达到 $10^5$，则需要考虑手工模拟栈。

3. 时间复杂度优化建议：

   • 内联函数：对于频繁调用的简单操作可以加 inline。
   • 快读：如果数据量极大，使用 getchar() 实现的快速读入。

总结：读题关键词与易错点

• “无重复元素”：这是此类题目能唯一确定二叉树的前提。
• “后序”：一定要死死盯住 postR，它是当前子树的“灵魂”。
• “左右子树规模”：这是切分数组的依据。记住 left_size = k - inL，那么后序的左子树区间就是 [postL, postL + left_size - 1]。
• “-1 边界”：在静态存储中，-1 代表空指针。初始化和判断必须严谨。

教练提示：在考场上，区间下标的计算最容易出错。建议你在草稿纸上画一段长度为 3 的左子树例子，手动代入 inL, k, postL 算一次，确保 +1 和 -1 没有写反。加油！