방과후
ALGORITHM NOTE약 1분

BOJ 1991 - 트리 순회

전위 중위 후위 올인원

#algorithm#boj#silver#recursion#tree
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문제

이진 트리를 입력받아 전위 순회(preorder traversal), 중위 순회(inorder traversal), 후위 순회(postorder traversal)한 결과를 출력하는 프로그램을 작성하시오.

예를 들어 위와 같은 이진 트리가 입력되면,

  • 전위 순회한 결과 : ABDCEFG // (루트) (왼쪽 자식) (오른쪽 자식)
  • 중위 순회한 결과 : DBAECFG // (왼쪽 자식) (루트) (오른쪽 자식)
  • 후위 순회한 결과 : DBEGFCA // (왼쪽 자식) (오른쪽 자식) (루트)

가 된다.

입력

첫째 줄에는 이진 트리의 노드의 개수 N(1 ≤ N ≤ 26)이 주어진다. 둘째 줄부터 N개의 줄에 걸쳐 각 노드와 그의 왼쪽 자식 노드, 오른쪽 자식 노드가 주어진다. 노드의 이름은 A부터 차례대로 알파벳 대문자로 매겨지며, 항상 A가 루트 노드가 된다. 자식 노드가 없는 경우에는 .으로 표현한다.

출력

첫째 줄에 전위 순회, 둘째 줄에 중위 순회, 셋째 줄에 후위 순회한 결과를 출력한다. 각 줄에 N개의 알파벳을 공백 없이 출력하면 된다.

풀이

각 노드에 대해 왼쪽 자식과 오른쪽 자식 정보만 저장해 두면, 전위·중위·후위 순회는 재귀 함수 세 개로 바로 구현할 수 있다.

코드에서는 tree[node - 'A'][0], tree[node - 'A'][1]에 자식 노드를 저장하고, 현재 노드를 언제 출력하느냐에 따라 세 순회를 나눈다. 루트를 먼저 찍으면 전위, 가운데 찍으면 중위, 마지막에 찍으면 후위다.

자식이 없는 경우를 .으로 처리하는 것만 주의하면 된다. 순회 순서의 차이만 정확히 지키면 구현은 아주 단순하다.

코드

cpp
//클래스를 사용하지 않은 짧은 코드
#include <iostream>
using namespace std;
 
const int MAX = 27;
char tree[MAX][2];
 
void preorder(char node) {
	if (node != '.') {
		cout << node;
		preorder(tree[node - 'A'][0]);
		preorder(tree[node - 'A'][1]);
	}
}
 
void inorder(char node) {
	if (node != '.') {
		inorder(tree[node - 'A'][0]);
		cout << node;
		inorder(tree[node - 'A'][1]);
	}
}
 
void postorder(char node) {
	if (node != '.') {
		postorder(tree[node - 'A'][0]);
		postorder(tree[node - 'A'][1]);
		cout << node;
	}
}
 
void solve() {
 
	char x, y, z;
	int n;
	cin >> n;
 
	while (n--) {
		cin >> x >> y >> z;
		tree[x - 'A'][0] = y;
		tree[x - 'A'][1] = z;
	}
 
	preorder('A');
	cout << '\n';
	inorder('A');
	cout << '\n';
	postorder('A');
}
 
int main() {
 
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL);
	cout.tie(NULL);
 
	solve();
 
	return 0;
}

복잡도

  • 시간 복잡도: 세 가지 순회 모두 각 노드를 한 번씩 방문하므로 O(N)O(N)이다.
  • 공간 복잡도: 트리 정보를 저장하고 재귀 순회를 하므로 O(N)O(N)이다.

마무리

방문 시점만 바꾸면 같은 재귀 틀 안에서 전위·중위·후위 순회가 모두 나온다.