96. 不同的二叉搜索树 - 力扣（LeetCode）

算法：

看到这道题的时候有点懵，可以举几个例子，找规律

n为3的时候：

当1为头结点的时候，其右子树有两个节点，两个节点的布局， 和n 为2的时候两棵树的布局一样

（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，两个节点的布局， 和n 为2的时候两棵树的布局一样

当2为头结点的时候，其左右子树都只有一个节点，两个节点的布局， 和n 为1的时候两棵树的布局一样

到这里，我们发现可以通过dp[1] 和 dp[2] 来推导出来dp[3]的某种方式。

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]。

dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]

动规五部曲：

1.确定dp数组及下标

dp[i]：i个不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]

2.确定递推公式

 dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以i-1-j为头结点右子树节点数量]

dp[i] += dp[j] * dp[i - j-1]; ，dp[j]为j为头结点左子树节点数量，dp[i - j-1]为以j为头结点右子树节点数量

3.递推初始化

题目说了，n>=1

dp[1] = 1

4.确定遍历顺序

dp[i] += dp[j] * dp[i - j-1];

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

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。

正确代码：

class Solution {public int numTrees(int n) {int[] dp = new int[n+1];dp[1] = 1;dp[0] = 1;for(int i=2 ;i<=n ;i++){for(int j=0 ;j<=i-1;j++){dp[i] += dp[j]*dp[i-j-1];}}return dp[n];}
}

注意：

虽然n=0时没有意义，但是实际写代码时发现，如果不对初始化dp[0] =1，循环里面也必须经过dp[0]这个循环。

因为我们在推导dp递推公式时，就用到了dp[0]

时间空间复杂度：

• 时间复杂度：O(n^2)
• 空间复杂度：O(n)