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题意，给你一颗树的bfs序和dfs序，结点编号小的优先历遍，问你可能的一种树形；
输出每个结点的子结点。
注意到以下事实：
（1）dfs序中一个结点的子树结点一定是连续的。
（2）bfs，dfs序中的一个结点u的后续结点一定是u或u的后兄弟结点{v}，或u和{v}的后代节点{s}。
（3）如果有后兄弟结点，那么bfs序中u后面紧跟着的一定是第一后兄弟结点v1，
（4）如果有后代结点，那么dfs序中u后面紧跟着的一定是第一个子结点s1。
记结点u的bfs序记为bfs(u)，dfs序记为dfs(v)；
dfs序中，一个结点u，结点为v满足dfs(v) = dfs(u) + 1，如果bfs(v) = bfs(u)+1 且 v > u；那么v一定可以视作u的第一个后兄弟结点，
如果不成立，那么v是u的子节点，可以推出u是bfs中u所在层的最后一个结点，这时候u没有后兄弟结点，所以后面的结点一定都是他的后代结点，那么v就一定可以等效作u的兄弟结点而不改变bfs，dfs序。
到此，（5）满足bfs(v) = bfs(u)+1 且 v > u条件的v看作是u的第一个后兄弟结点，不满足这个条件的一定不是后兄弟结点，这个可以根据定义可证。
如果v满足（5），根据（1），u以及子树就访问完了，如果v不满足条件且bfs（v）>bfs(u) + 1那么v一定是u的子结点，如果bfs（v）<bfs(u)那么说明v是其父辈结点，而且u的子树已经访问完了。
迭代上述过程，边界条件是root。大功告成~！
// Rey #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1000+5; vector<int> G[maxn]; int pos[maxn]; int main() { // freopen("in.txt","r",stdin); int n; int t; while(~scanf("%d",&n)&&n){ for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&t), pos[t] = i, G[i].clear(); int root; scanf("%d",&root); stack<int> sta; sta.push(root); for(int i = 1; i < n; i++){ scanf("%d",&t); for(;;) { int u = sta.top(); if( pos[u]+1 < pos[t] || (pos[u]+1 == pos[t] && u > t) || u == root ) { G[u].push_back(t); sta.push(t); break; }else { sta.pop(); } } } for(int i = 1; i <= n; i++) { printf("%d:",i); for(int j = 0, sz = G[i].size(); j < sz; j++) printf(" %d",G[i][j]); puts(""); } } return 0; }
PS:写博客真是可以很好的锻炼自己的表达能力，又能梳理以前的思路。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/jerryRey/p/4622927.html
