【LeetCode动态规划#04】不同的二叉搜索树（找规律，有点像智力题）

不同的二叉搜索树

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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

题意分析

先找一下关系

当n = 1时，如果元素就是1，以1为头节点

1

当n = 2时，分别以1和2为头节点

  1     2
 /       \
2         1

然后当n = 3时的情况就是示例中给的那几种

找找有什么规律

当n = 3且使用1为头节点时，其右子树的布局和n = 2时的布局是一样的（注意看1-2、2-1和3-2、2-3的方向，是不是一样的，数值不同没有影响）

当n = 3且使用2为头节点时，其左右子树布局和n = 1时的布局是一样的（n = 1是左右子树为空，也算1种情况）

当n = 3且使用3为头节点时，其左子树的布局和n = 2时的布局是一样的

某种程度上，n = 3的二叉搜索树种类情况可以由n = 2以及n = 1推导出来

因此，n = 3时，二叉搜索树种类 = 头节点为1时的情况+头节点为2时的情况+头节点为3时的情况，来组成

即,头1+头2+头3

公式描述

接下来分析不同头节点时的情况

从图中可以看出，头节点为1时有：

 1       1
  \       \
   3       2
  /         \
 2           3

头节点为1时有多少种二叉搜索树可以用以下公式描述：

​ 头1 = 左子树有0个节点时有几种二叉搜索树 * 右子树有2个节点时有几种二叉搜索树；（2种）

如何理解？

头节点为1来构建二叉搜索树的话，如果左子树只给0个节点，那么左子树的类型就只有1种（也就是空）；然后给右子树2个节点的话，那么右子树就可以有3-2和2-3两种情况。

左右子树的情况组合在一起就得到以下结论：

​ 当n = 3时，使用1作为头节点可以构建2种（1*2）不同的二叉搜索树

还不理解再举个例子：

       10
      /  \
 5个节点  10个节点

上述以10（数值无所谓）为头节点的二叉树，其左右子节点的情况如上

那么，可以构成的二叉树的种类一共是：5*10种

同理可以得到头2、头3的公式描述：

​ 头2 = 左子树有1个节点时有几种二叉搜索树 * 右子树有1个节点时有几种二叉搜索树；（1种）

​ 头3 = 左子树有2个节点时有几种二叉搜索树 * 右子树有0个节点时有几种二叉搜索树；（2种）

与示例对照的话发现是可以对上的

还是先来五部曲吧

五步走

1、确定dp数组的含义

根据题目所求可以得到

dp[i]:输入为i时有dp[i]种不同的二叉搜索树

2、确定递推公式

由前面的分析可以知道，当输入n为3时，可以组成的二叉搜索树种类（也就是dp[3]）是有分别使用1、2、3作为头节点时产生的种类相加得到的。

即，

dp[3] = 头1+头2+头3
dp[3] = dp[0]dp[2] + dp[1]dp[1] + dp[2]dp[0];

明确了上述问题后可以开始讨论dp[i]

dp[i]可以从哪里求出来？

那肯定是由以1、2、3...i为头节点的所有情况相加得出，于是我们需要枚举所有头节点情况

以 j 来代表头节点数，那么该二叉搜索树的左子树有多少个节点？答案是 j-1 个

（举个例子来理解：示例中以3为头节点时，其左子树是不是有两个节点）

那么该二叉搜索树的右子树有多少个节点？答案是 i-j 个

因为我们这里是二叉搜索树，现在以i为头节点了，右子树的节点值一定都比 i 大，总节点数是 i ，那么留给右子树的节点数就是i-j了

套用dp数组的定义：

输入为 j-1 时有 dp[j-1] 种不同的二叉搜索树；

输入为 i-j 时有 dp[i-j] 种不同的二叉搜索树；

那么dp[i]怎么求？

根据 公式描述 中的讨论可得：dp[i] = dp[j-1] * dp[i-j];（只是当前j下的dp[i]）

因为 j 是代表遍历所有头节点的情况，所以要把头节点为1~i的情况都相加才能得出最后的dp[i]

即递推公式应该是：dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];（i个节点有多少种不同的二叉搜索树）

怎么理解？

拿前面的例子dp[3]来说

dp[3] = dp[0]dp[2] + dp[1]dp[1] + dp[2]dp[0];

此处j的遍历范围是1~i，可以写成以下形式

dp[3] = dp[1-1]dp[3-1] + dp[2-1]dp[3-2] + dp[3-1]dp[3-3];

3、确定初始化方式

前面的讨论也说了dp[0]、dp[1] (即，n=0、n=1)可以用于推出后续情况

那么就要对这两者进行初始化吗？其实只需要初始化dp[0]就行了，dp[1]也可以通过dp[0]推出

dp[0]的含义是什么？输入的i是0，0个节点有多少种不同的二叉搜索树呢？答案是1个，因为空二叉树也是一种二叉搜索树

所以dp[0] = 1；

并且这也符合递推公式的要求，因为如果有空节点，其种类如果是0，那么不论后面的其他子树有几种情况，结果都是0，就没有意义了，因此空节点的种类应该是1（如果左右子树都空的话，也就是1*1=1，递推还能继续进行下去）

4、确定遍历顺序

还是从dp[3]来看

dp[3] = dp[0]dp[2] + dp[1]dp[1] + dp[2]dp[0];

dp[3]都是由小于3的状态累加推导来的，所以就要从小到大遍历，才可以利用之前遍历的状态

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

代码

class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        //定义dp数组
        vector<int> dp(n + 1);
        //初始化dp数组
        dp[0] = 1;
        //dp[1] = 1;//不用初始化dp[1]，否则按理来说dp[1]应该是1，手动初始化会使其变为2
        //遍历
        for(int i = 1; i <= n; ++i){//此处i确实要取3，所以有等于号
            for(int j = 1; j <= i; ++j){
                dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
            }
        }
        // cout << dp[1]<< endl;//打印dp数组debug
        return dp[n];//确实要返回n的dp而不是n-1
    }
};

ps：真难啊动态规划