96. 不同的二叉搜索树
文章目录
- [96. 不同的二叉搜索树](https://leetcode.cn/problems/unique-binary-search-trees/)
- 一、题目
- 二、题解
一、题目
给你一个整数 n ，求恰由 n 个节点组成且节点值从 1 到 n 互不相同的 二叉搜索树 有多少种？返回满足题意的二叉搜索树的种数。
示例 1：
输入：n = 3
输出：5
示例 2：
输入：n = 1
输出：1
提示：
1 <= n <= 19
二、题解
这道题目是求由 n 个节点组成的且节点值从 1 到 n 互不相同的二叉搜索树的种数，我们可以通过动态规划来解决。
算法思路：
- 分析问题特点：首先，我们需要明确什么是二叉搜索树（BST）以及如何构建它们。BST 是一种特殊的二叉树，满足以下性质：左子树上的所有节点的值都小于根节点的值，右子树上的所有节点的值都大于根节点的值，且左右子树也分别是 BST。
- 问题分解：考虑解决问题的分解方式。假设我们已经知道了 1 到 i-1 个节点可以构成的 BST 种数，以及 i+1 到 n 个节点可以构成的 BST 种数，那么如何计算由 i 个节点构成的 BST 种数呢？
- 以节点 i 为根节点：我们可以考虑将节点 i 作为根节点，那么就需要分别计算左子树和右子树的种数。左子树有 i-1 个节点，右子树有 n-i 个节点。（比如i = 3（头结点数字是3，结合题干给的图），n = 3, 那么左子树有i-1 = 2个节点，右子树则为0个节点；i= 2，左子树有1个节点，右子树有一个节点；i = 1，左子树有0个节点，右子树有两个节点）
- 计算左子树和右子树的种数：根据分步思考，左子树和右子树的种数可以通过之前计算得到，即 dp[i-1] 和 dp[n-i]。
- 累加可能性：将左子树和右子树的种数相乘，然后将所有可能的左右子树组合累加起来，即
dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j]，其中 j 表示根节点的值，从 1 到 i 遍历。 - 递推更新数组 dp：从节点数为 1 开始，逐步递推计算 dp 数组，直到节点数为 n，得到最终结果。
具体实现：
class Solution {
public:int numTrees(int n) {vector<int> dp;dp.push_back(1); // 初始情况：空树的种数为 1for(int i = 1; i <= n; i++){ dp.push_back(0); // 初始化当前节点数的种数为 0for(int j = 1; j <= i; j++){dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j]; // 累加可能性}}return dp[n];}
};
算法分析：
- 时间复杂度：外层循环遍历节点数从 1 到 n，内层循环遍历节点数 j 从 1 到 i，因此总的时间复杂度为 O(n^2)。
- 空间复杂度：使用了一个大小为 n+1 的数组来存储 dp 值，因此空间复杂度为 O(n)。
- 动态规划优势：动态规划的优势在于避免了重复计算，通过保存中间结果，将问题分解为子问题，提高了计算效率。
)
