输入一棵二叉树前序遍历和中序遍历的结果，请重建该二叉树。二叉树中每个节点的值都互不相同；
输入的前序遍历和中序遍历一定合法。
给定：
前序遍历是：[3, 9, 20, 15, 7]
中序遍历是：[9, 3, 15, 20, 7]
返回：[3, 9, 20, null, null, 15, 7, null, null, null, null]
返回的二叉树如下所示：
3
/
9 20
/
15 7
递归版本比较容易，重点是非递归版本
(递归) O(n)
递归建立整棵二叉树：先递归创建左右子树，然后创建根节点，并让指针指向两棵子树。
具体步骤如下：
先利用前序遍历找根节点：前序遍历的第一个数，就是根节点的值；
在中序遍历中找到根节点的位置 k，则 k左边是左子树的中序遍历，右边是右子树的中序遍历；
假设左子树的中序遍历的长度是 l，则在前序遍历中，根节点后面的 l个数，是左子树的前序遍历，剩下的数是右子树的前序遍历；
有了左右子树的前序遍历和中序遍历，我们可以先递归创建出左右子树，然后再创建根节点；
时间复杂度分析
我们在初始化时，用哈希表(unordered_map<int,int>)记录每个值在中序遍历中的位置，这样我们在递归到每个节点时，在中序遍历中查找根节点位置的操作，只需要 O(1)的时间。此时，创建每个节点需要的时间是 O(1)，所以总时间复杂度是 O(n)。
···
class Solution {
public:
unordered_map<int,int> pos;
TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
int n = preorder.size();//记录节点的个数，前序和中序的结果是一样的
for (int i = 0; i < n; i ++ )//遍历开始
pos[inorder[i]] = i;//把中序遍历的每个位置用哈希存起来，这样查找办成O1，某个值的位置是下标
return dfs(preorder, inorder, 0, n - 1, 0, n - 1);//前序和中序的起始和终止
}
TreeNode* dfs(vector<int>&pre, vector<int>&in, int pl, int pr, int il, int ir)
{
if (pl > pr) return NULL;//边界条件
int k = pos[pre[pl]] - il;//算出前序遍历的第一个节点在中序的位置，就是跟节点的位置。
TreeNode* root = new TreeNode(pre[pl]);//重建
root->left = dfs(pre, in, pl + 1, pl + k, il, il + k - 1);//PL是跟节点，+1就是左边的树，K是左边树的长度，左子树在中序中是IL起始，K左边就要减去1
root->right = dfs(pre, in, pl + k + 1, pr, il + k + 1, ir);
return root;//右子树在前序中是开始加跟的后面一个，结尾是末尾，在中序中是跟后面的
}
};
