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 1
if (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 1
if (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 1
if (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 n
for (int len = 1; len <= n; len++) {
// 将不同的数字作为根节点，只需要考虑到 len
for (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 n
for (int len = 2; len <= n; len++) {
// 将不同的数字作为根节点，只需要考虑到 len
for (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];
}
