* [做项目（多个C++、Java、Go、测开、前端项目）](https://www.programmercarl.com/other/kstar.html) * [刷算法（两个月高强度学算法）](https://www.programmercarl.com/xunlian/xunlianying.html) * [背八股（40天挑战高频面试题）](https://www.programmercarl.com/xunlian/bagu.html) # 96.不同的二叉搜索树 [力扣题目链接](https://leetcode.cn/problems/unique-binary-search-trees/) 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: ![](https://file1.kamacoder.com/i/algo/20210113161941835.png) ## 算法公开课 **[《代码随想录》算法视频公开课](https://programmercarl.com/other/gongkaike.html)：[动态规划找到子状态之间的关系很重要！| LeetCode：96.不同的二叉搜索树](https://www.bilibili.com/video/BV1eK411o7QA/)，相信结合视频再看本篇题解，更有助于大家对本题的理解**。 ## 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！](https://programmercarl.com/0700.二叉搜索树中的搜索.html)再回顾一波。 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](https://file1.kamacoder.com/i/algo/20210107093106367.png) 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](https://file1.kamacoder.com/i/algo/20210107093129889.png) 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为头结点的时候，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，其实我们就找到了重叠子问题了，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](https://file1.kamacoder.com/i/algo/20210107093226241.png) 此时我们已经找到递推关系了，那么可以用动规五部曲再系统分析一遍。 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个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 2. 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 3. 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，空节点也是一棵二叉树，也是一棵二叉搜索树，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 4. 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： ```CPP for (int i = 1; i <= n; i++) { for (int j = 1; j <= i; j++) { dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; } } ``` 5. 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](https://file1.kamacoder.com/i/algo/20210107093253987.png) 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： ```CPP class Solution { public: int numTrees(int n) { vector 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]; } }; ``` * 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**。 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 ```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]; } } ``` ### Python ```python class Solution: def numTrees(self, n: int) -> int: dp = [0] * (n + 1) # 创建一个长度为n+1的数组，初始化为0 dp[0] = 1 # 当n为0时，只有一种情况，即空树，所以dp[0] = 1 for i in range(1, n + 1): # 遍历从1到n的每个数字 for j in range(1, i + 1): # 对于每个数字i，计算以i为根节点的二叉搜索树的数量 dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j] # 利用动态规划的思想，累加左子树和右子树的组合数量 return dp[n] # 返回以1到n为节点的二叉搜索树的总数量 ``` ### Go ```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] } ``` ### JavaScript ```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]; }; ``` ### TypeScript ```typescript function numTrees(n: number): number { /** dp[i]: i个节点对应的种树 dp[0]: -1; 无意义； dp[1]: 1; ... dp[i]: 2 * dp[i - 1] + (dp[1] * dp[i - 2] + dp[2] * dp[i - 3] + ... + dp[i - 2] * dp[1]); 从1加到i-2 */ const dp: number[] = []; dp[0] = -1; // 表示无意义 dp[1] = 1; for (let i = 2; i <= n; i++) { dp[i] = 2 * dp[i - 1]; for (let j = 1, end = i - 1; j < end; j++) { dp[i] += dp[j] * dp[end - j]; } } return dp[n]; }; ``` ### Rust ```Rust impl Solution { pub fn num_trees(n: i32) -> i32 { let n = n as usize; let mut dp = vec![0; n + 1]; dp[0] = 1; for i in 1..=n { for j in 1..=i { dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; } } dp[n] } } ``` ### C ```c //开辟dp数组 int *initDP(int n) { int *dp = (int *)malloc(sizeof(int) * (n + 1)); int i; for(i = 0; i <= n; ++i) dp[i] = 0; return dp; } int numTrees(int n){ //开辟dp数组 int *dp = initDP(n); //将dp[0]设为1 dp[0] = 1; int i, j; for(i = 1; i <= n; ++i) { for(j = 1; j <= i; ++j) { //递推公式：dp[i] = dp[i] + 根为j时左子树种类个数 * 根为j时右子树种类个数 dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; } } return dp[n]; } ``` ### Scala ```scala object Solution { def numTrees(n: Int): Int = { var dp = new Array[Int](n + 1) dp(0) = 1 for (i <- 1 to n) { for (j <- 1 to i) { dp(i) += dp(j - 1) * dp(i - j) } } dp(n) } } ``` ### C# ```csharp public class Solution { public int NumTrees(int n) { int[] dp = new int[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]; } } ```