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# 96.不同的二叉搜索树

力扣题目链接 (opens new window)

给定一个整数 n,求以 1 ... n 为节点组成的二叉搜索树有多少种?

示例:

# 思路

这道题目描述很简短,但估计大部分同学看完都是懵懵的状态,这得怎么统计呢?

关于什么是二叉搜索树,我们之前在讲解二叉树专题的时候已经详细讲解过了,也可以看看这篇二叉树:二叉搜索树登场! (opens new window)在回顾一波。

了解了二叉搜索树之后,我们应该先举几个例子,画画图,看看有没有什么规律,如图:

96.不同的二叉搜索树

n为1的时候有一棵树,n为2有两棵树,这个是很直观的。

96.不同的二叉搜索树1

来看看n为3的时候,有哪几种情况。

当1为头结点的时候,其右子树有两个节点,看这两个节点的布局,是不是和 n 为2的时候两棵树的布局是一样的啊!

(可能有同学问了,这布局不一样啊,节点数值都不一样。别忘了我们就是求不同树的数量,并不用把搜索树都列出来,所以不用关心其具体数值的差异)

当3为头结点的时候,其左子树有两个节点,看这两个节点的布局,是不是和n为2的时候两棵树的布局也是一样的啊!

当2位头结点的时候,其左右子树都只有一个节点,布局是不是和n为1的时候只有一棵树的布局也是一样的啊!

发现到这里,其实我们就找到的重叠子问题了,其实也就是发现可以通过dp[1] 和 dp[2] 来推导出来dp[3]的某种方式。

思考到这里,这道题目就有眉目了。

dp[3],就是 元素1为头结点搜索树的数量 + 元素2为头结点搜索树的数量 + 元素3为头结点搜索树的数量

元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量

元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量

元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量

有2个元素的搜索树数量就是dp[2]。

有1个元素的搜索树数量就是dp[1]。

有0个元素的搜索树数量就是dp[0]。

所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]

如图所示:

96.不同的二叉搜索树2

此时我们已经找到的递推关系了,那么可以用动规五部曲在系统分析一遍。

  1. 确定dp数组(dp table)以及下标的含义

dp[i] : 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]

也可以理解是i的不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i] ,都是一样的。

以下分析如果想不清楚,就来回想一下dp[i]的定义

  1. 确定递推公式

在上面的分析中,其实已经看出其递推关系, dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]

j相当于是头结点的元素,从1遍历到i为止。

所以递推公式:dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ,j-1 为j为头结点左子树节点数量,i-j 为以j为头结点右子树节点数量

  1. dp数组如何初始化

初始化,只需要初始化dp[0]就可以了,推导的基础,都是dp[0]。

那么dp[0]应该是多少呢?

从定义上来讲,空节点也是一颗二叉树,也是一颗二叉搜索树,这是可以说得通的。

从递归公式上来讲,dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量] 中以j为头结点左子树节点数量为0,也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1, 否则乘法的结果就都变成0了。

所以初始化dp[0] = 1

  1. 确定遍历顺序

首先一定是遍历节点数,从递归公式:dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]可以看出,节点数为i的状态是依靠 i之前节点数的状态。

那么遍历i里面每一个数作为头结点的状态,用j来遍历。

代码如下:

for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= i; j++) {
        dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
    }
}
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  1. 举例推导dp数组

n为5时候的dp数组状态如图:

96.不同的二叉搜索树3

当然如果自己画图举例的话,基本举例到n为3就可以了,n为4的时候,画图已经比较麻烦了。

我这里列到了n为5的情况,是为了方便大家 debug代码的时候,把dp数组打出来,看看哪里有问题

综上分析完毕,C++代码如下:

class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= i; j++) {
                dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
            }
        }
        return dp[n];
    }
};
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  • 时间复杂度O(n^2)
  • 空间复杂度O(n)

大家应该发现了,我们分析了这么多,最后代码却如此简单!

# 总结

这道题目虽然在力扣上标记是中等难度,但可以算是困难了!

首先这道题想到用动规的方法来解决,就不太好想,需要举例,画图,分析,才能找到递推的关系。

然后难点就是确定递推公式了,如果把递推公式想清楚了,遍历顺序和初始化,就是自然而然的事情了。

可以看出我依然还是用动规五部曲来进行分析,会把题目的方方面面都覆盖到!

而且具体这五部分析是我自己平时总结的经验,找不出来第二个的,可能过一阵子 其他题解也会有动规五部曲了,哈哈

当时我在用动规五部曲讲解斐波那契的时候,一些录友和我反应,感觉讲复杂了。

其实当时我一直强调简单题是用来练习方法论的,并不能因为简单我就代码一甩,简单解释一下就完事了。

可能当时一些同学不理解,现在大家应该感受方法论的重要性了,加油💪

# 其他语言版本

Java:

class Solution {
    public int numTrees(int n) {
        //初始化 dp 数组
        int[] dp = new int[n + 1];
        //初始化0个节点和1个节点的情况
        dp[0] = 1;
        dp[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            for (int j = 1; j <= i; j++) {
                //对于第i个节点,需要考虑1作为根节点直到i作为根节点的情况,所以需要累加
                //一共i个节点,对于根节点j时,左子树的节点个数为j-1,右子树的节点个数为i-j
                dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
            }
        }
        return dp[n];
    }
}
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Python:

class Solution:
    def numTrees(self, n: int) -> int:
        dp = [0] * (n + 1)
        dp[0], dp[1] = 1, 1
        for i in range(2, n + 1):
            for j in range(1, i + 1):
                dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]
        return dp[-1]
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Go:

func numTrees(n int)int{
	dp:=make([]int,n+1)
	dp[0]=1
	for i:=1;i<=n;i++{
		for j:=1;j<=i;j++{
			dp[i]+=dp[j-1]*dp[i-j]
		}
	}
	return dp[n]
}
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Javascript:

const numTrees =(n) => {
    let dp = new Array(n+1).fill(0);
    dp[0] = 1;
    dp[1] = 1;

    for(let i = 2; i <= n; i++) {
        for(let j = 1; j <= i; j++) {
            dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
        }
    }

    return dp[n];
};
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