【Leetcode】【python】Unique Binary Search Trees 不同的二叉查找树

题目大意

给出一个n，求1-n能够得到的所有二叉搜索树

解题思路

转自博客

这题想了好久才想清楚。其实如果把上例的顺序改一下，就可以看出规律了。

比如，以1为根的树有几个，完全取决于有二个元素的子树有几种。同理，2为根的子树取决于一个元素的子树有几个。以3为根的情况，则与1相同。

定义Count[i] 为以[0,i]能产生的Unique Binary Tree的数目，

如果数组为空，毫无疑问，只有一种BST，即空树，Count[0] =1

如果数组仅有一个元素{1}，只有一种BST，单个节点Count[1] = 1

如果数组有两个元素{1,2}， 那么有如下两种可能

1                       2
  \                    /
    2                1

Count[2] = Count[0] * Count[1] (1为根的情况)
+ Count[1] * Count[0] (2为根的情况。

再看一遍三个元素的数组，可以发现BST的取值方式如下：

Count[3] = Count[0]*Count[2] (1为根的情况)
+ Count[1]*Count[1] (2为根的情况)
+ Count[2]*Count[0] (3为根的情况)

所以，由此观察，可以得出Count的递推Count[i] = ∑ Count[0…k] * [ k+1….i] 0<=k<i-1此划归为一维动态规划。

代码

其实也就是求卡特兰数的定义实现

class Solution(object):
    def numTrees(self, n):
        """
        :type n: int
        :rtype: int
        """
        dp = [1, 1, 2]
        if n <= 2:
            return dp[n]
        else:
            dp += [0 for i in range(n-2)]  # 后面创建多个
            for i in range(3, n + 1):
                for j in range(1, i+1):
	                # 若n为4：dp[0]*dp[3]+dp[1]*dp[2]+dp[2]*dp[1]+dp[3]*dp[0]
                    dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j]
            return dp[n]

总结

基于以下原则的BST建树具有唯一性：
以i为根节点的树，其左子树由[0, i-1]构成， 其右子树由[i+1, n]构成。