作为教练，我为你提供一个符合 NOI 竞赛标准的高性能数据生成器。

该生成器采用 C++14 编写，能够生成 10 组测试数据。为了确保数据的合法性，生成器采用 “先构树，再遍历” 的逻辑：先随机生成不同形态的二叉树，然后导出其前序和后序序列作为输入（.in），最后通过导出该树的中序序列作为标准答案（.out）。

C++ 数据生成器 (gen.cpp)

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

using namespace std;

// 定义树节点
struct Node {
    int val;
    int l, r;
    Node() : val(0), l(-1), r(-1) {}
};

// 全局变量用于存储生成的树
vector<Node> tree;
vector<int> pre_seq, post_seq, in_seq;

// --- 遍历序列生成函数 ---
// 虽然 N=1000 递归没问题，但为了稳健，使用 std::vector 模拟
void generate_sequences(int root) {
    if (root == -1) return;
    
    // 前序: 根 左 右
    pre_seq.push_back(tree[root].val);
    
    generate_sequences(tree[root].l);
    
    // 中序: 左 根 右 (作为答案)
    in_seq.push_back(tree[root].val);
    
    generate_sequences(tree[root].r);
    
    // 后序: 左 右 根
    post_seq.push_back(tree[root].val);
}

// --- 树构造逻辑 ---
void make_tree(int n, int type, int seed) {
    tree.assign(n, Node());
    mt19937 rng(seed);
    
    // 生成 [1, n] 的随机排列作为节点值
    vector<int> vals(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) vals[i] = i + 1;
    shuffle(vals.begin(), vals.end(), rng);
    for (int i = 0; i < n; ++i) tree[i].val = vals[i];

    if (n <= 1) return;

    if (type == 1) { // 极端左斜链
        for (int i = 0; i < n - 1; ++i) tree[i].l = i + 1;
    } 
    else if (type == 2) { // 极端右斜链
        for (int i = 0; i < n - 1; ++i) tree[i].r = i + 1;
    } 
    else if (type == 3) { // 满/完全二叉树结构
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            int left = 2 * i + 1;
            int right = 2 * i + 2;
            if (left < n) tree[i].l = left;
            if (right < n) tree[i].r = right;
        }
    } 
    else { // 随机二叉树
        // 使用父亲选择法，保证连通且不超度数
        for (int i = 1; i < n; ++i) {
            int p = uniform_int_distribution<int>(0, i - 1)(rng);
            // 如果该父节点已满，向后寻找
            while (tree[p].l != -1 && tree[p].r != -1) {
                p = (p + 1) % i;
            }
            if (tree[p].l == -1 && tree[p].r == -1) {
                if (rng() % 2) tree[p].l = i; else tree[p].r = i;
            } else if (tree[p].l == -1) {
                tree[p].l = i;
            } else {
                tree[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);

    // 重置序列
    pre_seq.clear(); post_seq.clear(); in_seq.clear();

    // 1. 构造树并生成序列
    make_tree(n, type, id + 2025);
    generate_sequences(0);

    // 2. 写入 .in 文件
    fin << n << "\n";
    for (int i = 0; i < n; ++i) fin << pre_seq[i] << (i == n - 1 ? "" : " ");
    fin << "\n";
    for (int i = 0; i < n; ++i) fin << post_seq[i] << (i == n - 1 ? "" : " ");
    fin << "\n";

    // 3. 写入 .out 文件 (输出中序)
    for (int i = 0; i < n; ++i) fout << in_seq[i] << (i == n - 1 ? "" : " ");
    fout << "\n";

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

int main() {
    // 1-2: 边界测试 (单节点, 二节点)
    generate(1, 1, 0);
    generate(2, 2, 4);

    // 3-4: 极端链状 (测试递归深度和逻辑)
    generate(3, 1000, 1); // 左斜
    generate(4, 1000, 2); // 右斜

    // 5-6: 结构化树 (满二叉树)
    generate(5, 511, 3);
    generate(6, 1023, 3);

    // 7-10: 大规模随机树
    for (int i = 7; i <= 10; ++i) {
        generate(i, 1000, 4);
    }

    return 0;
}

数据说明及优化分析

1. 文件大小控制：

   • 本题目节点上限设为 $N=1000$（NOI 练习常见量级）。
   • 每个 .in 文件包含两行长度为 $N$ 的序列，.out 文件包含一行。
   • 每个整数平均 4 字节，全套 10 组数据总大小约为 120KB 左右，远低于 2MB。

2. 生成逻辑的剪枝与效率：

   • 树构造：在生成随机树时，采用了 (p+1)%i 的平滑寻址方式，避免了在父节点度数已满时的死循环，保证构造时间复杂度为 $O(N^2)$ 最坏，实际接近 $O(N)$。对于 $N=1000$ 而言，生成速度极快。
   • 异常处理：所有随机数生成均使用 std::mt19937 配合分布器，不存在除以零的可能。

3. 覆盖性设计：

   • Case 3 & 4 (斜链)：这是前序+后序构造最容易出错的地方，尤其是当节点只有一个孩子时，区间计算的偏移量极易写错。
   • Case 5 & 6 (完全二叉树)：测试程序在平衡状态下的递归逻辑。
   • Case 7-10 (随机树)：通过随机化左、右孩子的分配，全面覆盖各种非对称结构。

辅导建议：

• 关于“任意一个”解：由于前序+后序不能唯一确定树，选手的答案可能与生成器的 .out 不同但依然合法。在真实的 OJ 评测中，这道题通常需要配置 Special Judge (SPJ)。
• SPJ 逻辑提示：SPJ 应读取选手的输出构造出一棵树，然后检查这棵树的前序和后序遍历是否与输入一致。
• 选手注意：提醒学生注意 $N=1$ 的特判，以及在递归中计算 left_size 时不要越界。

你可以直接编译运行该生成器，它会自动在当前目录下产生所有测试点。祝你的 OJ 建设顺利！

作为教练，我将带你从线性搜索递归版（逻辑最直观）过渡到哈希优化版（竞赛最优复杂度）。

这道题的精髓在于：在前序序列中，根节点后面如果还有元素，那个元素必定是左子树的根；而在后序序列中，我们可以通过这个“左子树根”的位置，确定整个左子树的成员数量。

版本一：基础递归版（线性搜索 $O(N^2)$）

思路分析： 在每一次递归中，我们通过 for 循环在后序序列中寻找左子树根节点的位置。

• 时间复杂度：$O(N^2)$。总共 $N$ 个节点，每个节点作为根都会扫描一次后序数组。
• 空间复杂度：$O(N)$。用于存储树结构和递归栈。
• 评价：对于 $N=30$ 的数据量（原题范围），这个算法绰绰有余；对于 NOI 级别的 $N=1000$ 以上，表现也尚可。

#include <iostream>
#include <vector>

using namespace std;

const int MAXN = 1005;

// NOI 风格：使用静态数组存储树
struct Node {
    int l, r, val;
} tree[MAXN];

int pre[MAXN], post[MAXN];
int node_cnt = 0; // 节点计数器

// preL, preR: 当前子树在前序序列中的区间
// postL, postR: 当前子树在后序序列中的区间
int build(int preL, int preR, int postL, int postR) {
    if (preL > preR) return -1; // 递归边界：空树

    int u = node_cnt++;
    tree[u].val = pre[preL];

    // 如果当前只有一个节点，说明是叶子，直接返回
    if (preL == preR) {
        tree[u].l = tree[u].r = -1;
        return u;
    }

    // 【核心逻辑】前序序列中，根节点后的第一个元素是左子树的根
    int left_root_val = pre[preL + 1];
    
    // 在后序序列中寻找左子树根的位置，从而确定左子树大小
    int idx = postL;
    while (idx < postR && post[idx] != left_root_val) {
        idx++;
    }

    int left_size = idx - postL + 1; // 左子树的节点个数

    // 递归构造左右子树
    // 左子树前序：跳过当前的根，取 left_size 个
    // 左子树后序：从 postL 开始到 idx
    tree[u].l = build(preL + 1, preL + left_size, postL, idx);
    
    // 右子树前序：跳过根和左子树部分
    // 右子树后序：左子树后到根之前
    tree[u].r = build(preL + left_size + 1, preR, idx + 1, postR - 1);

    return u;
}

// 题目要求输出中序遍历
void inorder(int u, int n) {
    static int cnt = 0;
    if (u == -1) return;
    inorder(tree[u].l, n);
    cout << tree[u].val << (++cnt == n ? "" : " ");
    inorder(tree[u].r, n);
}

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

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

    return 0;
}

版本二：索引优化版（竞赛标准 $O(N)$）

思路分析： 为了消除内层循环，我们可以预处理后序序列，用一个数组 pos 记录每个值在后序序列中的下标。

• 时间复杂度：$O(N)$。预处理 $O(N)$，递归中寻找位置 $O(1)$。
• 空间复杂度：$O(N)$。
• 优化点：使用数组 pos 代替哈希表 unordered_map，在竞赛中常数更小，速度更快。

#include <iostream>

using namespace std;

const int MAXN = 1005;
int pre[MAXN], post[MAXN];
int pos[MAXN]; // 记录 post[i] 的值在哪个下标
int node_val[MAXN], L[MAXN], R[MAXN];
int node_ptr = 0;

int build(int preL, int preR, int postL, int postR) {
    if (preL > preR) return -1;
    
    int u = node_ptr++;
    node_val[u] = pre[preL];
    
    // 如果是叶子，直接返回
    if (preL == preR) {
        L[u] = R[u] = -1;
        return u;
    }

    // 通过预处理好的 pos 数组，$O(1)$ 时间获取左子树根的位置
    int left_root_val = pre[preL + 1];
    int idx = pos[left_root_val];
    
    int left_size = idx - postL + 1;

    L[u] = build(preL + 1, preL + left_size, postL, idx);
    R[u] = build(preL + left_size + 1, preR, idx + 1, postR - 1);

    return u;
}

void inorder_print(int u, int n) {
    static int cnt = 0;
    if (u == -1) return;
    inorder_print(L[u], n);
    cout << node_val[u] << (++cnt == n ? "" : " ");
    inorder_print(R[u], n);
}

int main() {
    // NOI 技巧：加速 I/O
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);

    int n;
    if (!(cin >> n)) return 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> pre[i];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        cin >> post[i];
        pos[post[i]] = i; // 记录位置
    }

    int root = build(0, n - 1, 0, n - 1);
    inorder_print(root, n);
    cout << endl;

    return 0;
}

复杂度分析思考过程

1. 时间复杂度思考：

   • 在还原树的过程中，每一个节点都恰好被作为根节点处理一次。
   • 关键操作是“确定子树分界点”。在 $O(N^2)$ 版本中，这个操作是不稳定的。
   • 通过预处理 pos 数组，我们将寻找分界点的代价降到了常数。总复杂度 $T(N) = O(N)$。

2. 空间复杂度思考：

   • 存储空间：我们需要存储树的结构（左、右孩子和值），需要 $3N$ 的空间。
   • 递归栈空间：取决于树的高度。最坏情况（树退化为链）为 $O(N)$。在 NOI 竞赛中，通常系统栈为 256MB 或更大，对于 $N=1000$ 绝对安全。

3. 时间复杂度优化建议：

   • 避免使用 std::map：在节点值为 $1 \dots N$ 时，数组映射总是比哈希表快。
   • 静态化存储：在 C++ 中，直接开数组（如 L[MAXN]）通常比 vector 或指针对象性能更优，且更不容易产生内存碎片。

读题关键词与易错点（教练总结）

• “任意一个” (Any)：
  • 这是本题最大的陷阱。由于没有中序遍历，当一个节点只有一个子节点时，我们无法分辨它是左还是右。
  • 我们的代码默认将 pre[preL + 1] 识别为左子树根，也就是在这种情况下，我们默认它是左孩子。
• “左子树规模” (Size)：
  • 切割区间的核心是 size。
  • 记住公式：左子树在后序序列中结束于 idx（左子树根所在的位置），所以大小是 idx - postL + 1。
• 边界条件 preL == preR：
  • 在尝试读取 pre[preL + 1] 之前，必须判断当前节点是否为叶子节点，否则会发生数组越界。

练习建议： 既然学会了前序+后序，请立刻复习一下“前序+中序”和“中序+后序”。你会发现，中序遍历才是唯一确定树形态的“定海神针”。没有了中序，树的形态就会产生歧义。加油！