动态规划：08不同的二叉搜索树

动态规划：08不同的二叉搜索树

96. 不同的二叉搜索树

首先很自然想到需要把n=1,和n=2画出来瞧一瞧，画出来以后我们发现3为头结点的时候，左子树两个节点的形状与n=2相同，好像有点关系，动规的是将问题拆分成若干个子问题，每一个状态由上一个状态推导而来，好像是那么回事，那么就用动规的思路试试

我们发现，树是BST，那么给我头节点的数值，其左右子树的数量就是确定的，想到这里就忍俊不禁了，这和动态规划：07整数拆分一样，借助j就可以了，在本题j是头结点，将不同的j情况作加和，那么就是答案

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！

那么我们要想到，如果确定了头结点，是否就可以由先前的dp数组值来推导现在的值

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]

五部曲

1. 确定dp数组含义：i个节点组成从1到i互不相同的二叉搜索树有dp[i]种

2. 确定递归公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j] (j 从1至i)

   以j为头节点,左子树就有j-1个节点，右子树有i-j个节点（因为是BST），将各种j为头结点的情况相加，就是总共的种类

   我们发现，个数一定，只要是连着的数让其组成BST，其样子和种类是一样多的，也就是说1,2,3组成的BST和111,112,113组成的BST的种类样子是一样多的，即dp[3]的种类数和111,112,113组成的种类数一样，所以说明了dp[i - j]的合法性

3. dp数组初始化：dp[0] = 1

   空二叉树也是特殊的BST

4. 遍历顺序：从前往后

   因为后面的值需要前面的值来推导

5. debug：打印dp数组

代码

class Solution {
    public int numTrees(int n) {
        //初始化 dp 数组
        int[] dp = new int[n + 1];
        //初始化第0个节点，因为第1个节点带入递推公式是能够算出来的
        dp[0] = 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];
    }
}

• 时间复杂度：$O(n^2)$
• 空间复杂度：$O(n)$

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！

用动规五部曲解斐波那契的时候，感觉简答题复杂化了。

但要知道，简单题是用来练习方法论的，并不能简单代码一甩，简单解释一下就完事了。

可能当时不理解，现在大家应该感受方法论的重要性了，加油