Add tree reconstruction to chp5.md.

thu_dsa/chp5/chp5.md

@@ -86,6 +86,8 @@ $$
 
 设当前第k个结点至少有左子树，高度为h，所以本层在当前结点前面的结点有$k - 2^{h}$个，换算到下一层在当前结点左子结点前面的结点就有$2·(k - 2^{h})$个。本层在当前结点后面的结点有$2^{h+1} - 1 - k$个，这样在当前结点和子结点直接就相隔了$2·(k - 2^{h}) + 2^{h+1} - 1 - k = k - 1$个路人，所以当前结点的左结点位于第$2k$个，右节点在第$2k + 1$个。
 
+通过这种性质，我们就可以方便地存储完全二叉树，例如可以直接使用一个`Vector`来实现对完全二叉树的存储了。
+
 > 哈夫曼编码(Huffman)
 
 上面的最优编码树其实存在一些问题。它考虑了叶节点的平均深度，然后并没有考虑各个字符出现的频率往往是不一样的。例如英文字母`t`会比`j`出现的频率高出很多。在这样的情况下，最优编码树显然并不是最优，这让我想起之前的二分查找，看起来是平衡的，实际上却并不平衡，而后面的斐波拉契查找，看起来是不平衡的算法，实际上却是平衡的。这里也是同样的情况。
@@ -306,3 +308,17 @@ void postOrder_It(BinNodePosi(T) x, VST &visit){
 ### 层序遍历
 
 层序遍历是按照自上而下，自左而右的次序遍历，不涉及任何的逆序，延迟缓冲之类的操作。因此就不使用栈了，转而使用队列。代码略过不表。
+
+## 树的重构
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+> 通过中序遍历 + 先序（/后序）遍历重构二叉树。
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+这简直就是废话。简单说来就是通过先序（/后序）遍历的头部（/尾部）找到根结点，然后去中序遍历中找到这个点，从而就可以通过中序遍历中的这个点把左子树和右子树分开。然后这个过程递归的进行下去。
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+> 是否可以通过先序遍历 + 后序遍历重构二叉树？
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+可以先分析一下。假设现在同时有先序遍历序列和后序遍历序列，先序遍历的第一个结点是头部，第二个结点是左子树的根节点。通过这个左子树的根节点在后序遍历序列中进行查找，左子树根节点在后序遍历序列中左子树序列的最后，从而可以将左子树和右子树给分开，然后递归地进行下去。
+
+一切都挺完美的，但是我们来考虑一下特殊情况。假设某棵子树只有左子树而没有右子树，那么其先序遍历序列是`Root + LeftRoot + Left`，后序遍历序列是`Left + LeftRoot + Root`。再假定某棵子树只有右子树而没有左子树，那么其先序遍历序列是`Root + RightRoot + Right`，后序遍历序列是`Right + RightRoot + Root`。可以注意到，两种情况下的先序遍历与后序遍历序列是相同的，就是说通过这样的遍历序列，我们无法判断当前结点的唯一子树是左子树还是右子树，从而无法重构二叉树。
+
+通过上面分析也可以看出，在一定条件下，还是可以通过先序遍历序列和后序遍历序列来重构二叉树的，只需要不发生上面提到的某个结点只有一个孩子的情况就可以了。所以，如果二叉树是一棵真二叉树，即只存在度为零或为二的结点，不存在度为一的结点，则可以通过先序 + 后序来实现树的重构。