解题思路： ​

前序遍历性质： 节点按照 [ 根节点 | 左子树 | 右子树 ] 排序。 中序遍历性质： 节点按照 [ 左子树 | 根节点 | 右子树 ] 排序。

以题目示例为例：

• 前序遍历划分 [ 3 | 9 | 20 15 7 ]
• 中序遍历划分 [ 9 | 3 | 15 20 7 ]

根据以上性质，可得出以下推论：

1. 前序遍历的首元素 为 树的根节点 node 的值。
2. 在中序遍历中搜索根节点 node 的索引 ，可将 中序遍历 划分为 [ 左子树 | 根节点 | 右子树 ] 。
3. 根据中序遍历中的左（右）子树的节点数量，可将 前序遍历 划分为 [ 根节点 | 左子树 | 右子树 ] 。

通过以上三步，可确定 三个节点 ：1.树的根节点、2.左子树根节点、3.右子树根节点。

根据「分治算法」思想，对于树的左、右子树，仍可复用以上方法划分子树的左右子树。

分治解析： ​

递推参数： 根节点在前序遍历的索引 root 、子树在中序遍历的左边界 left 、子树在中序遍历的右边界 right ；

终止条件： 当 left > right ，代表已经越过叶节点，此时返回 $\text{null}$ ；

递推工作：

1. 建立根节点 node ： 节点值为 preorder[root] ；
2. 划分左右子树： 查找根节点在中序遍历 inorder 中的索引 i ；

为了提升效率，本文使用哈希表 hmap 存储中序遍历的值与索引的映射，查找操作的时间复杂度为 $O(1)$ ；

3. 构建左右子树： 开启左右子树递归；

TIPS： i - left + root + 1含义为 根节点索引 + 左子树长度 + 1

返回值： 回溯返回 node ，作为上一层递归中根节点的左 / 右子节点；

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代码： ​

注意：本文方法只适用于 “无重复节点值” 的二叉树。

class Solution:
    def deduceTree(self, preorder: List[int], inorder: List[int]) -> TreeNode:
        def recur(root, left, right):
            if left > right: return                               # 递归终止
            node = TreeNode(preorder[root])                       # 建立根节点
            i = hmap[preorder[root]]                              # 划分根节点、左子树、右子树
            node.left = recur(root + 1, left, i - 1)              # 开启左子树递归
            node.right = recur(i - left + root + 1, i + 1, right) # 开启右子树递归
            return node                                           # 回溯返回根节点

        hmap, preorder = {}, preorder
        for i in range(len(inorder)):
            hmap[inorder[i]] = i
        return recur(0, 0, len(inorder) - 1)

class Solution {
    int[] preorder;
    HashMap<Integer, Integer> hmap = new HashMap<>();
    public TreeNode deduceTree(int[] preorder, int[] inorder) {
        this.preorder = preorder;
        for(int i = 0; i < inorder.length; i++)
            hmap.put(inorder[i], i);
        return recur(0, 0, inorder.length - 1);
    }
    TreeNode recur(int root, int left, int right) {
        if(left > right) return null;                          // 递归终止
        TreeNode node = new TreeNode(preorder[root]);          // 建立根节点
        int i = hmap.get(preorder[root]);                      // 划分根节点、左子树、右子树
        node.left = recur(root + 1, left, i - 1);              // 开启左子树递归
        node.right = recur(root + i - left + 1, i + 1, right); // 开启右子树递归
        return node;                                           // 回溯返回根节点
    }
}

class Solution {
public:
    TreeNode* deduceTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
        this->preorder = preorder;
        for(int i = 0; i < inorder.size(); i++)
            hmap[inorder[i]] = i;
        return recur(0, 0, inorder.size() - 1);
    }
private:
    vector<int> preorder;
    unordered_map<int, int> hmap;
    TreeNode* recur(int root, int left, int right) { 
        if(left > right) return nullptr;                        // 递归终止
        TreeNode* node = new TreeNode(preorder[root]);          // 建立根节点
        int i = hmap[preorder[root]];                           // 划分根节点、左子树、右子树
        node->left = recur(root + 1, left, i - 1);              // 开启左子树递归
        node->right = recur(root + i - left + 1, i + 1, right); // 开启右子树递归
        return node;                                            // 回溯返回根节点
    }
};

复杂度分析： ​

• 时间复杂度 $O(N)$ ： 其中 $N$ 为树的节点数量。初始化 HashMap 需遍历 inorder ，占用 $O(N)$ 。递归共建立 $N$ 个节点，每层递归中的节点建立、搜索操作占用 $O(1)$ ，因此使用 $O(N)$ 时间。
• 空间复杂度 $O(N)$ ： HashMap 使用 $O(N)$ 额外空间；最差情况下（输入二叉树为链表时），递归深度达到 $N$ ，占用 $O(N)$ 的栈帧空间；因此总共使用 $O(N)$ 空间。