2020.7.21 力扣每日

 

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode() {}
 *     TreeNode(int val) { this.val = val; }
 *     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
 *         this.val = val;
 *         this.left = left;
 *         this.right = right;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    public List<TreeNode> generateTrees(int n) {
        if (n == 0) {
            return new ArrayList<TreeNode>();
        }
        return buildTree(1, n);
    }
    public List<TreeNode> buildTree(int start, int end) { 
        List<TreeNode> res = new ArrayList<TreeNode>();
        if (start > end){
            res.add(null);
            return res;
        }
        if (start == end){
            res.add(new TreeNode(start));
            return res;
        }
        for (int i = start; i <= end; i++){
            List<TreeNode> leftTree = buildTree(start, i - 1);
            List<TreeNode> rightTree = buildTree(i + 1, end);
            for (TreeNode left : leftTree){
                for (TreeNode right : rightTree){
                    TreeNode root = new TreeNode(i);
                    root.left = left;
                    root.right = right;
                    res.add(root);
                }
            }
        }
        return res; 
    } 
}

解题思路：

   该题与先前的7.15日的每日一题相似，两者都是不同的二叉搜索树，不同的是，先前只需返回总数，而该题需要返回所有的树，但解题思路是相似的，要解决根节点的情况就要解决左右子树的情况，这里同样可以使用动态规划来实现，但此处先用递归来实现，便于理解。根据二叉搜索树的性质，显然，i作为根节点时的左子树范围为[0,i - 1]，右子树范围为[i+1,n]，同样，其余子树的情况也可用该形式表示，不过其start与end并非0与n，需要根据父节点的传入参数决定。设计好递归参数后，我们便需设计递归函数内部。

注意点：

• 首先对于递归函数的返回值，显然是一个List<TreeNode>数组，用于存储不同的子树的根节点。所以递归函数内先定义一个res，作为结果传出。
• 其次对于子树来说，其根节点的内容是会变化的，即定义一个参数i，遍历范围为[start,end]，作为跟节点所有可能的情况。
• 接着便使用递归求左右子树的情况，即定义新的leftTree，rightTree数组，来存储左右子树返回的结果。
• 最后利用两个for循环，遍历左右子树的所有情况，将其与root连接，再将root节点添加入res内继续向上返回即可。
• 由于每两个不同的left，right子树将会是一个不同的子树，所以root的根节点创建需在两个for循环内部，即每次都使用new TreeNode(i)，创建新的root节点。 

空间复杂度与时间复杂度的计算涉及到卡特兰数，自行查阅理解。