LeetCode-96. 不同的二叉搜索树
题目来源
96. 不同的二叉搜索树
递归
1.我们要知道二叉搜索树的性质，对于一个二叉搜索树，其 【左边的节点值 < 中间的节点值 < 右边的节点值】，也就是说，对于一个二叉搜索树，其中序遍历之后形成的数组应该是一个递增的序列，如下图：
2.我们不妨就假设我们拿到了一个中序遍历的数组nums = [1,2,3,4,5,6,7]，来思考一个这样的数组能延伸出多少种二叉搜索树。
首先，对于数组中的每一个元素，都有可能成为二叉树最顶部的root节点，例如上图中，是nums[4]这个值，即5，充当了root节点。
3.还拿5这个节点为例，即上图，其左边有四个节点，右边有两个节点。对于左边的四个节点，假设能延伸出 n 种二叉搜索树子树，对于右边的两个节点，假设能延伸出 m 种二叉搜索树子树。则以5为root节点时的二叉搜索树总数为 m*n
4.这样我们遍历刚刚的nums数组，以值i（注意不是下标）当做根节点，其左边有i-1个节点，右边有n-i个节点，计算出可能的二叉搜索树数量，添加到总结果里即可，我们初步写出的代码如下
class Solution {public int numTrees(int n) {if(n == 0 || n == 1){return 1;}int count = 0;for(int i = 1;i<=n;i++){count+=numTrees(i-1)*numTrees(n-i);}return count;}
}
递归优化
其实是出现了很多次重复计算过程，举例[1,2,3]
大量的重复计算造成我们时间过长，因此我们可以用一个HashMap存储n和子树数量的映射，如果已经计算过了当前n的子树数量，直接取出用即可
class Solution {private HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap();public int numTrees(int n) {if(n == 0 || n == 1){return 1;}if(map.containsKey(n)){return map.get(n);}int count = 0;for(int i = 1;i<=n;i++){count+=numTrees(i-1) * numTrees(n-i);map.put(n,count);}return count;}
}
动态规划
动规五部曲
- 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。
- 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。
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：
整体代码
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];}
}
