Unique Binary Search Trees
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Given n, how many structurally unique BSTs (binary search trees) that store values 1...n? Example Given n = 3, there are a total of 5 unique BST's. 1 3 3 2 1 \ / / / \ \ 3 2 1 1 3 2 / / \ \ 2 1 2 3
题解1 - 两重循环
挺有意思的一道题,与数据结构和动态规划都有点关系。这两天一直在想,始终未能找到非常明朗的突破口,直到看到这么一句话——『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。』这不就是 BST 的定义嘛!灵活运用下就能找到递推关系了。
容易想到这道题的动态规划状态为 count[n], count[n] 表示到正整数 i 为止的二叉搜索树个数。容易得到 count[1] = 1, 根节点为1,count[2] = 2, 根节点可为1或者2。那么 count[3] 的根节点自然可为1,2,3. 如果以1为根节点,那么根据 BST 的定义,2和3只可能位于根节点1的右边;如果以2为根节点,则1位于左子树,3位于右子树;如果以3为根节点,则1和2必位于3的左子树。
抽象一下,如果以 i 作为根节点,由基本的排列组合知识可知,其唯一 BST 个数为左子树的 BST 个数乘上右子树的 BST 个数。故对于 i 来说,其左子树由[0, i - 1]构成,唯一的 BST 个数为 count[i - 1], 右子树由[i + 1, n] 构成,其唯一的 BST 个数没有左子树直观,但是也有迹可循。对于两组有序数列「1, 2, 3] 和 [4, 5, 6]来说,
**这两个有序数列分别组成的 BST 个数必然是一样的,因为 BST 的个数只与有序序列的大小有关,而与具体值没有关系。
**所以右子树的 BST 个数为 count[n - i],于是乎就得到了如下递推关系:count[i]=∑(count[j]⋅count[i−j−1]) , 其中 0 <= j <= i−1.
网上有很多用 count[3] 的例子来得到递推关系,恕本人愚笨,在没有从 BST 的定义和有序序列个数与 BST 关系分析的基础上,我是不敢轻易说就能得到如上状态转移关系的。
C++
class Solution { public: /** * @paramn n: An integer * @return: An integer */ int numTrees(int n) { if (n < 0) { return -1; } vector<int> count(n + 1); count[0] = 1; for (int i = 1; i != n + 1; ++i) { for (int j = 0; j != i; ++j) { count[i] += count[j] * count[i - j - 1]; } } return count[n]; } };
Java
public class Solution { /** * @paramn n: An integer * @return: An integer */ public int numTrees(int n) { if (n < 0) { return -1; } int[] count = new int[n + 1]; count[0] = 1; for (int i = 1; i < n + 1; ++i) { for (int j = 0; j < i; ++j) { count[i] += count[j] * count[i - j - 1]; } } return count[n]; } }
源码分析
- 对 n 小于0特殊处理。
- 初始化大小为 n + 1 的数组,初始值为0,但对 count[0] 赋值为1.
- 两重 for 循环递推求得 count[i] 的值。
- 返回 count[n] 的值。
由于需要处理空节点的子树,故初始化 count[0] 为1便于乘法处理。其他值必须初始化为0,因为涉及到累加操作。
复杂度分析
一维数组大小为 n + 1, 空间复杂度为 O(n+1). 两重 for 循环等差数列求和累计约 n^2, 故时间复杂度为 O(n^2). 此题为 Catalan number 的一种,除了平方时间复杂度的解法外还存在 O(n) 的解法。