LeetCode刷题实战95：不同的二叉搜索树 II
算法的重要性，我就不多说了吧，想去大厂，就必须要经过基础知识和业务逻辑面试+算法面试。所以，为了提高大家的算法能力，这个公众号后续每天带大家做一道算法题，题目就从LeetCode上面选 ！
今天和大家聊的问题叫做 不同的二叉搜索树 II，我们先来看题面：
https://leetcode-cn.com/problems/binary-tree-inorder-traversal/
Given an integer n, generate all structurally unique BST's (binary search trees) that store values 1 ... n.
题意
给定一个整数 n，生成所有由 1 ... n 为节点所组成的 二叉搜索树 。
样例
解题
https://www.cnblogs.com/techflow/p/13594735.html
拿到手我们思路没多少，但是发现的问题却一大堆。比如说我们怎么构建这些BST，并且怎么判断两颗BST是否重复呢？难道要整个遍历一遍之后，一个节点一个节点地判断是否相同吗？显然这也太耗时了，而且编码也不容易。举个例子[2, 1, 3]和[2, 3, 1]生成的BST是一样的，这种情况很难解决。
即使我们解决了这个问题，那么又怎么样保证我们可以顺利找到所有的答案，而不会有所遗漏呢？这两个核心的问题很难回答，并且你会发现越想越复杂。
这个有点像什么呢？就好像是古代行军打仗，攻打一个异常坚固的堡垒，正面攻坚可能非常困难，我们想出来的办法都在敌人的预料之中，总能找到破解之道。这个时候就需要我们有敏锐的意识，就好像是一个经验丰富的老将，观察地形之后发现强攻不可为，那么自然就会退下来想一想其他的办法。
我们做题也是一样，正面硬刚做不出来，再耗下去也不会有好办法，往往就需要出奇制胜了。
我们试着把问题缩小，化整为零，如果n=1，那么很简单，BST就只有一种，这个是我们都知道的东西。如果n=2呢，也不难，只有两种，无非是[1, 2]和[2, 1]。这时候我们停住，来思考一个问题，n=2的情况和n=1的情况有什么区别呢？
如果仔细想，会发现其实没什么区别， 我们只不过是在n=1的情况当中加入了2这个数字而已。同理，我们发散一下n=k和n=k+1的时候生成的BST之间有什么关系呢？如果我们知道了n=k时候的所有BST，可不可以利用这个关系生成n=k+1时的所有结果呢？
当然是可以的，实际上这也是一个很好的做法。这是一种最基本的二叉树，假设我们要往其中插入一个最大的节点，我们很容易发现，一共有三种方法。
第一种方法将原搜索树作为新节点的左孩子节点。
第二种方法是将新的节点插入根节点的右侧，代替根节点的右孩子。由于这个新加入的节点大于其他所有节点，所以根节点的右孩子会变成它的左孩子。
最后一种方法就是将它变成叶子节点，也就是放在最底层。
我们稍加思考就可以想明白，如果要把一个最大的元素插入BST，那么它只能够放在最右侧的树分支上。也就是说当我们从n=k的情况推导k+1时，根据最右侧链路长度的不同，会衍生出多个解来。只要抓住了这一点，这其中的递推关系就很明显了。
我们用代码来实现这个想法，思路虽然简单，但是实现起来要复杂一些，有很多细节需要考虑。我在这里不一一列举了，大家查看代码当中的注释吧。
class Solution:
def generateTrees(self, n: int) -> List[TreeNode]:
ret = []
# 拷贝二叉树
def copyTree(node):
if node is None:
return None
u = TreeNode(node.val)
u.left = copyTree(node.left)
u.right = copyTree(node.right)
return u
def dfs(n):
# n=1只有一种情况
if n == 1:
ret.append(TreeNode(1))
return
dfs(n-1)
# 遍历n=k时的所有情况
for i in range(len(ret)):
u = ret[i]
node = TreeNode(n)
node.left = u
ret[i] = node
it = u
rank = 0
# 将n插入最右侧链路当中，有几种可以选择的位置，就会诞生几种新的放法
while it is not None:
node = TreeNode(n)
# 为了防止答案之间互不影响，所以需要把树拷贝一份
new = copyTree(u)
cur = new
# rank记录的是每一个解对应的n放入的深度
for _ in range(rank):
cur = cur.right
node.left = cur.right
cur.right = node
ret.append(new)
it = it.right
rank += 1
if n == 0:
return ret
dfs(n)
return ret
这种方法当然是可行的， 我们也成功做了出来。但是它也有很多问题，最大的问题就是细节太多，而且处理起来太麻烦了。那么有没有简单一点的方法呢？
我们来思考一个问题，我们通过递推和迭代从n=k构造出了n=k+1的情况，这一种构造和递推的思路非常巧妙。但问题是，我们构造和递推的方法难道只有这一种吗？能不能想出其他简便一些的构造和递推的方法呢？
既然我这么说，那么很显然，它是可以的，怎么做呢？
这要用到BST另外一个性质，我们都知道对于BST来说，它有一个性质是对于根节点来说，所有比它小的元素都出现在它的左侧，比它大的元素都在它的右侧。那么假如我们知道根节点是i，那么我们可以确定1到i-1出现在它的左子树，i+1到n出现在它的右子树。假设说我们已经得到了左右子树的所有情况，我们只需要把它们两两组合在一起，是不是就得到了答案了呢？
我这么说你们理解起来可能还是会觉得有些费劲，但是一旦查看代码，你们一定会为这段逻辑的简易性而折服，看起来实在是太简明也太巧妙了。
class Solution:
def generateTrees(self, n: int) -> List[TreeNode]:
ret = []
def dfs(l, r):
cur = []
if r < l:
cur.append(None)
return cur
# 枚举作为树根的元素
for i in range(l, r+1):
# 枚举左右子树的所有子树的构成情况
for u in dfs(l, i-1):
for v in dfs(i+1, r):
node = TreeNode(i)
node.left = u
node.right = v
cur.append(node)
return cur
if n == 0:
return ret
return dfs(1, n)
和上面的方法一样，这也是递归和构造方法的结合，但显然无论从运行效率上还是代码的简易性上，这种做法都要好不少，实实在在地体现了代码和逻辑之美。
好了，今天的文章就到这里，如果觉得有所收获，请顺手点个在看或者转发吧，你们的支持是我最大的动力。
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