【LeetCode动态规划#04】不同的二叉搜索树（找规律，有点像智力题）
不同的二叉搜索树
给定一个整数 n，求以 1 ... n 为节点组成的二叉搜索树有多少种？
示例:
思路
题意分析
先找一下关系
当n = 1时，如果元素就是1，以1为头节点
1
当n = 2时，分别以1和2为头节点
1 2
/ \
2 1
然后当n = 3时的情况就是示例中给的那几种
找找有什么规律
当n = 3且使用1为头节点时，其右子树的布局和n = 2时的布局是一样的（注意看1-2、2-1和3-2、2-3的方向，是不是一样的，数值不同没有影响）
当n = 3且使用2为头节点时，其左右子树布局和n = 1时的布局是一样的（n = 1是左右子树为空，也算1种情况）
当n = 3且使用3为头节点时，其左子树的布局和n = 2时的布局是一样的
某种程度上，n = 3的二叉搜索树种类情况可以由n = 2以及n = 1推导出来
因此，n = 3时，二叉搜索树种类 = 头节点为1时的情况+头节点为2时的情况+头节点为3时的情况，来组成
即,头1+头2+头3
公式描述
接下来分析不同头节点时的情况
从图中可以看出，头节点为1时有：
1 1
\ \
3 2
/ \
2 3
头节点为1时有多少种二叉搜索树可以用以下公式描述：
头1 = 左子树有0个节点时有几种二叉搜索树 * 右子树有2个节点时有几种二叉搜索树；（2种）
如何理解？
头节点为1来构建二叉搜索树的话，如果左子树只给0个节点，那么左子树的类型就只有1种（也就是空）；然后给右子树2个节点的话，那么右子树就可以有3-2和2-3两种情况。
左右子树的情况组合在一起就得到以下结论：
当n = 3时，使用1作为头节点可以构建2种（1*2）不同的二叉搜索树
还不理解再举个例子：
10 / \ 5个节点 10个节点上述以10（数值无所谓）为头节点的二叉树，其左右子节点的情况如上
那么，可以构成的二叉树的种类一共是：5*10种
同理可以得到头2、头3的公式描述：
头2 = 左子树有1个节点时有几种二叉搜索树 * 右子树有1个节点时有几种二叉搜索树；（1种）
头3 = 左子树有2个节点时有几种二叉搜索树 * 右子树有0个节点时有几种二叉搜索树；（2种）
与示例对照的话发现是可以对上的
还是先来五部曲吧
五步走
1、确定dp数组的含义
根据题目所求可以得到
dp[i]:输入为i时有dp[i]种不同的二叉搜索树
2、确定递推公式
由前面的分析可以知道，当输入n为3时，可以组成的二叉搜索树种类（也就是dp[3]）是有分别使用1、2、3作为头节点时产生的种类相加得到的。
即，
dp[3] = 头1+头2+头3
dp[3] = dp[0]dp[2] + dp[1]dp[1] + dp[2]dp[0];
明确了上述问题后可以开始讨论dp[i]
dp[i]可以从哪里求出来？
那肯定是由以1、2、3...i为头节点的所有情况相加得出，于是我们需要枚举所有头节点情况
以 j 来代表头节点数，那么该二叉搜索树的左子树有多少个节点？答案是 j-1 个
（举个例子来理解：示例中以3为头节点时，其左子树是不是有两个节点）
那么该二叉搜索树的右子树有多少个节点？答案是 i-j 个
因为我们这里是二叉搜索树，现在以i为头节点了，右子树的节点值一定都比 i 大，总节点数是 i ，那么留给右子树的节点数就是i-j了
套用dp数组的定义：
输入为 j-1 时有 dp[j-1] 种不同的二叉搜索树；
输入为 i-j 时有 dp[i-j] 种不同的二叉搜索树；
那么dp[i]怎么求？
根据 公式描述 中的讨论可得：dp[i] = dp[j-1] * dp[i-j];（只是当前j下的dp[i]）
因为 j 是代表遍历所有头节点的情况，所以要把头节点为1~i的情况都相加才能得出最后的dp[i]
即递推公式应该是：dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];（i个节点有多少种不同的二叉搜索树）
怎么理解？
拿前面的例子dp[3]来说
dp[3] = dp[0]dp[2] + dp[1]dp[1] + dp[2]dp[0];
此处j的遍历范围是1~i，可以写成以下形式
dp[3] = dp[1-1]dp[3-1] + dp[2-1]dp[3-2] + dp[3-1]dp[3-3];
3、确定初始化方式
前面的讨论也说了dp[0]、dp[1] (即，n=0、n=1)可以用于推出后续情况
那么就要对这两者进行初始化吗？其实只需要初始化dp[0]就行了，dp[1]也可以通过dp[0]推出
dp[0]的含义是什么？输入的i是0，0个节点有多少种不同的二叉搜索树呢？答案是1个，因为空二叉树也是一种二叉搜索树
所以dp[0] = 1；
并且这也符合递推公式的要求，因为如果有空节点，其种类如果是0，那么不论后面的其他子树有几种情况，结果都是0，就没有意义了，因此空节点的种类应该是1（如果左右子树都空的话，也就是1*1=1，递推还能继续进行下去）
4、确定遍历顺序
还是从dp[3]来看
dp[3] = dp[0]dp[2] + dp[1]dp[1] + dp[2]dp[0];
dp[3]都是由小于3的状态累加推导来的，所以就要从小到大遍历，才可以利用之前遍历的状态
for(int i = 1; i <= n; ++i){
for(int j = 1; j <= i; ++j){
dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
}
}
代码
class Solution {
public:
int numTrees(int n) {
//定义dp数组
vector<int> dp(n + 1);
//初始化dp数组
dp[0] = 1;
//dp[1] = 1;//不用初始化dp[1]，否则按理来说dp[1]应该是1，手动初始化会使其变为2
//遍历
for(int i = 1; i <= n; ++i){//此处i确实要取3，所以有等于号
for(int j = 1; j <= i; ++j){
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
}
}
// cout << dp[1]<< endl;//打印dp数组debug
return dp[n];//确实要返回n的dp而不是n-1
}
};
ps：真难啊动态规划
