Algorithm 不能从给定的按序/前序/后序遍历构造任何树

我知道，如果没有顺序和前序/后序遍历，就无法构造树。因为对于给定的树（仅按顺序/前顺序/后顺序），可能会生成更多的树。是否有任何算法或机制可以从给定的（仅按序/前序/后序遍历）计算唯一树的数量

使用给定的顺序遍历可以构造多少唯一树

Eg : a b c d e f g this is my Inorder traversal. 

我试过他们是谷歌，但没有一个解释是清楚的

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非常感谢您的帮助……

算法如下：

设，

p（N）

表示具有

N

节点的树的数量。让节点的索引为

1,2,3，…

现在，让我们选择树根。任何给定的

N

节点都可以是根节点。假设节点

i

已被选为根。然后，顺序序列中

i

左侧的所有元素必须位于

左子树中。同样，右翼

因此，总的可能性是：
p（i-1）*p（N-i）

在上述表达式中，
i
的变化范围为
1到N

因此,

P(N) = P(0)*P(N-1) + P(1)*P(N-2) + P(2)*P(N-3)....

基本情况将是：

P(0) = 1 
P(1) = 1

因此，这可以通过使用
动态规划
来解决。算法如下：

设，
p（N）
表示具有
N
节点的树的数量。让节点的索引为
1,2,3，…

现在，让我们选择树根。任何给定的
N
节点都可以是根节点。假设节点
i
已被选为根。然后，顺序序列中
i
左侧的所有元素必须位于
左子树中。同样，右翼

因此，总的可能性是：
p（i-1）*p（N-i）

在上述表达式中，
i
的变化范围为
1到N

因此,

P(N) = P(0)*P(N-1) + P(1)*P(N-2) + P(2)*P(N-3)....

基本情况将是：

P(0) = 1 
P(1) = 1

因此，这可以通过使用
动态规划
来解决。请注意，特定的遍历只是标记树中节点的一种方式，因此对于相同长度的任意两次遍历，可能的二叉树的数量是相同的。具有
n
节点的二叉树的数量由
n-1
st给出。
注意，特定的遍历只是标记树中节点的一种方式，因此对于任何两个相同长度的遍历，可能的二叉树的数量都是相同的。具有
n
节点的二叉树的数量由
n-1
st.
公式给出

（2n）！/（n） !！（n+1）

或

2n*C（n）/（n+1）

给出任意给定按序/前序/后序遍历的可能二叉树数。
公式

Eg : a b c d e f g this is my Inorder traversal. 

（2n）！/（n） !！（n+1）

或

2n*C（n）/（n+1）

为任何给定的按序/前序/后序遍历提供可能的二叉树数。
如果没有按序和按序/后序遍历，就无法构造树。
这是一条粗体语句：给定的键在子树中是唯一的，它们以前序（等价的后序）为根以及从左到右（显式或按顺序（搜索树））的序列信息，可以毫不含糊地重建树。（仔细想想，这似乎需要对二叉树进行限制（用inoorder表示）。（我认为没有两个相等的键父键和子键就足够了，找到一个线性结构看起来是一个挑战。）
如果没有索引遍历和前序/后序遍历，就无法构造树
这是一条粗体语句：给定子树中唯一的键，它们以前序（等价后序）为根，并从左到右（显式或按顺序（搜索树））提供有关其序列的信息，人们可以毫不含糊地重建一棵树。（仔细想想，这似乎需要对二叉树进行限制（用inoorder表示）。（我认为没有两个相等的键父键和子键就足够了，找到一个线性结构看起来是一个挑战。）
Eg : a b c d e f g this is my Inorder traversal.