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

解法一 递归

下边是 95 题的分析。

我们可以利用一下查找二叉树的性质。左子树的所有值小于根节点，右子树的所有值大于根节点。

所以如果求 1...n 的所有可能。

我们只需要把 1 作为根节点，[ ] 空作为左子树，[ 2 ... n ] 的所有可能作为右子树。

2 作为根节点，[ 1 ] 作为左子树，[ 3...n ] 的所有可能作为右子树。

3 作为根节点，[ 1 2 ] 的所有可能作为左子树，[ 4 ... n ] 的所有可能作为右子树，然后左子树和右子树两两组合。

4 作为根节点，[ 1 2 3 ] 的所有可能作为左子树，[ 5 ... n ] 的所有可能作为右子树，然后左子树和右子树两两组合。

...

n 作为根节点，[ 1... n ] 的所有可能作为左子树，[ ] 作为右子树。

至于，[ 2 ... n ] 的所有可能以及 [ 4 ... n ] 以及其他情况的所有可能，可以利用上边的方法，把每个数字作为根节点，然后把所有可能的左子树和右子树组合起来即可。

如果只有一个数字，那么所有可能就是一种情况，把该数字作为一棵树。而如果是 [ ]，那就返回 null。

对于这道题，我们会更简单些，只需要返回树的数量即可。求当前根的数量，只需要左子树的数量乘上右子树。

public int numTrees(int n) { if (n == 0) {return 0;}return getAns(1, n);} 
private int getAns(int start, int end) { int ans = 0;//此时没有数字，只有一个数字,返回 1if (start >= end) { return 1;} //尝试每个数字作为根节点for (int i = start; i <= end; i++) {//得到所有可能的左子树int leftTreesNum = getAns(start, i - 1);//得到所有可能的右子树int rightTreesNum  = getAns(i + 1, end);//左子树右子树两两组合ans+=leftTreesNum * rightTreesNum;}return ans;
}

受到这里的启发，我们甚至可以改写的更简单些。因为 95 题要把每颗树返回，所有传的参数是 start 和 end。这里的话，我们只关心数量，所以不需要具体的范围，而是传树的节点的数量即可。

public int numTrees(int n) { if (n == 0) {return 0;}return getAns(n);}private int getAns(int n) { int ans = 0;//此时没有数字或者只有一个数字,返回 1if (n==0 ||n==1) { return 1;} //尝试每个数字作为根节点for (int i = 1; i <= n; i++) {//得到所有可能的左子树// i - 1 代表左子树节点的数量int leftTreesNum = getAns(i-1);//得到所有可能的右子树//n - i 代表左子树节点的数量int rightTreesNum  = getAns(n-i);//左子树右子树两两组合ans+=leftTreesNum * rightTreesNum;}return ans;
}

然后，由于递归的分叉，所以会导致很多重复解的计算，所以使用 memoization 技术，把递归过程中求出的解保存起来，第二次需要的时候直接拿即可。

public int numTrees(int n) { if (n == 0) {return 0;}HashMap<Integer,Integer> memoization = new HashMap<>();return getAns(n,memoization);}private int getAns(int n, HashMap<Integer,Integer> memoization) { if(memoization.containsKey(n)){return memoization.get(n);}int ans = 0;//此时没有数字，只有一个数字,返回 1if (n==0 ||n==1) { return 1;} //尝试每个数字作为根节点for (int i = 1; i <= n; i++) {//得到所有可能的左子树int leftTreesNum = getAns(i-1,memoization);//得到所有可能的右子树int rightTreesNum  = getAns(n-i,memoization);//左子树右子树两两组合ans+=leftTreesNum * rightTreesNum;}memoization.put(n, ans);return ans;
}

解法二 动态规划

直接利用95题解法三的思路，讲解比较长就不贴过来了，可以过去看一下。

或者直接从这里的解法一的思路考虑，因为递归是从顶层往下走，压栈压栈压栈，到了长度是 0 或者是 1 就出栈出栈出栈。我们可以利用动态规划的思想，直接从底部往上走。求出长度是 0，长度是 1，长度是 2....长度是 n 的解。用一个数组 dp 把这些结果全部保存起来。

public int numTrees(int n) {int[] dp = new int[n + 1];dp[0] = 1;if (n == 0) {return 0;}// 长度为 1 到 nfor (int len = 1; len <= n; len++) {// 将不同的数字作为根节点，只需要考虑到 lenfor (int root = 1; root <= len; root++) {int left = root - 1; // 左子树的长度int right = len - root; // 右子树的长度dp[len] += dp[left] * dp[right];}}return dp[n];
}

参考这里还有优化的空间。

利用对称性，可以使得循环减少一些。

• n 是偶数的时候 1 2 | 3 4 ，for 循环中我们以每个数字为根求出每个的解。我们其实可以只求一半，根据对称性我们可以知道 1 和 4，2 和 3 求出的解分别是相等的。

• n 是奇数的时候

  1 2 | 3 | 4 5，和偶数同理，只求一半，此外最中间的 3 的解也要加上。

public int numTrees6(int n) {if (n == 0) {return 0;}int[] dp = new int[n + 1];dp[0] = 1;dp[1] = 1;// 长度为 1 到 nfor (int len = 2; len <= n; len++) {// 将不同的数字作为根节点，只需要考虑到 lenfor (int root = 1; root <= len / 2; root++) {int left = root - 1; // 左子树的长度int right = len - root; // 右子树的长度dp[len] += dp[left] * dp[right];}dp[len] *= 2;// 利用对称性乘 2// 考虑奇数的情况if ((len & 1) == 1) {int root = (len >> 1) + 1;int left = root - 1; // 左子树的长度int right = len - root; // 右子树的长度dp[len] += dp[left] * dp[right];}}return dp[n];
}