动态规划专题之--- Unique Binary Search Trees

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参考博文

表示根本不知道什么是卡特兰数，百度的截图

根据动态规划解题步骤慢慢分析

1.分解子问题

根据题意分析，二叉搜索树不同原因在于。一个数列中的所有元素都可以成为祖先。
于是第一个子问题是每个数都可以作为祖先。我们可以遍历数列。

然后确定一个数为祖先后，剩下n-1个数先分为两拨，而这两拨如何分？左子树节点数从0开始一直到某个临界值时，这样过一遍就是完美了。

于是左子树的子树又可以根据这样的递推关系继续往下面分。

当祖先（根为数值为i时），左子树最大的数为i-1。于是左子树的元素个数可以从0增加到i-1。而右子树的节点个数也可以依次增多。

这里的n=3，不是说的根节点数字为3，而是说的当节点数为3的时候

2.确定状态

dp[i]=j 表示当有i的节点时，BST的种类数目。

3.确定初始状态

dp[0]=1; 没有节点只有一种情况，空树
dp[1]=dp[0]*dp[0]=1; 只有一个节点也是只有一种情况

4.确定状态转移方程

int i;
 for(int j=0;j<i;j++){
    dp[i]+=dp[j]*dp[i-j-1];
 }
  
  

   
   
1
   
   
2
   
   
3
   
   
4
  
  

模拟一下输入3的情况

i
i=1	dp[1]=dp[0]∗dp[0]” role=”presentation” style=”position: relative;”>dp[1]=dp[0]∗dp[0]dp[1]=dp[0]∗dp[0]
i=2	dp[2]=dp[1]∗dp[0]” role=”presentation” style=”position: relative;”>dp[2]=dp[1]∗dp[0]dp[2]=dp[1]∗dp[0]	dp[2]=dp[0]∗dp[1]” role=”presentation” style=”position: relative;”>dp[2]=dp[0]∗dp[1]dp[2]=dp[0]∗dp[1]
i=3	dp[3]=dp[2]∗dp[0]” role=”presentation” style=”position: relative;”>dp[3]=dp[2]∗dp[0]dp[3]=dp[2]∗dp[0]	dp[3]=dp[1]∗dp[1]” role=”presentation” style=”position: relative;”>dp[3]=dp[1]∗dp[1]dp[3]=dp[1]∗dp[1]	dp[3]=dp[0]∗dp[2]” role=”presentation” style=”position: relative;”>dp[3]=dp[0]∗dp[2]dp[3]=dp[0]∗dp[2]

1. i=1 表示只有一个节点的情况
2. i=2 表示两个节点的情况，这个时候就可以利用case1中计算出来的结果dp[1]了。
3. i=3 表示三个节点的情况，这个时候就可以利用case2中计算出来的结果了。

对应i=3的时候

public class Solution{
    public int numTrees(int n){
        if(n==0||n==1){
            return 1;
        }
        int []dp=new int[n+1];
        //每个数都可以做根节点，相当于有这么多个节点时
        for(int i=1;i<=n;i++){

            //i为根节点时，左子树从0开始增加
            for(int j=0;j<i;j++){
                dp[i]+=dp[j]*dp[i-j-1];
            }
        }
        return dp[n];
    }

}
  
  

   
   
1
   
   
2
   
   
3
   
   
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