力扣-96-不同的二叉搜索树

小米2020的秋招笔试卷遇到了

n个节点可以构成多少不同的二叉搜索树？

• f(1) = 1
• f(2) = f(1) + f(1)
• f(3) = f(2) + f(1)*f(1) + f(2)
• … …
  由此，我们可以得到递推式：
  f(n) = f(n-1) + f(n-2)\*f(1) + … + f(1)\*f(n-2) + f(n-1)
  打表是这样的：

  case 1: return 1;
  case 2: return 2;
  case 3: return 5;
  case 4: return 14;
  case 5: return 42;
  case 6: return 132;
  case 7: return 429;
  case 8: return 1430;
  case 9: return 4862;
  case 10: return 16796;
  case 11: return 58786;

它的推导过程是怎么推导的呢？
两个函数：

• G(n)：表示n个不同节点组成的不同的二叉搜索树数量
• F(i,n)：表示以i为根节点，n个节点组成的二叉搜索树的数量

对于序列{1~n}，从中依次选择i作为根节点构造不同的二叉搜索树，因为根节点不同，所以一定是不同的二叉搜索树
而对于其左右子树，递归上述过程
那么G(n)=F(1,n)+…+F(n,n)
又对于F(i,n)而言，左子树不同的二叉搜索树数量为：G(i-1)=F(1,i-1)+…+F(i-1,i-1)，右子树G(n-i)

则G(n)=G(0)*G(n)+……+G(n)*G(0)=G(i-1)*G(n-i)

一个看起来那么复杂的题做出来却是这么简单的代码

class Solution {
public:
	int numTrees(int n) {
		vector<int> dp(n+1);
		dp[0] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++) 
			for (int j = 1; j <= i; j++) 
				dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
 
		return dp[n];
	}
};

它恰好就是力扣-96题

直达链接

二叉搜索树

复习一下二叉搜索树

• 左子树节点小于根节点
• 右子树节点大于根节点
  我记起来的就是二叉搜索树的中序遍历结果是一个升序数组，那么对二叉搜索树进行中序遍历，在这个过程中判断新加入的值是否比上一个值大

非常要注意的是节点值相同不满足二叉搜索树定义

class Solution {
public:
	bool res = true;// 因为递归方法不能有返回值，所以定义全局的变量记录结果
	long preNum = (long)INT_MIN-1;
 
	void inorderTraversal(TreeNode* root) {
		if (!root) return;
		inorderTraversal(root->left);
		if (root->val <= preNum) {
			res = false;
			return;
		}
		else preNum = root->val;
		inorderTraversal(root->right);
	}
 
	bool isValidBST(TreeNode* root) {
		inorderTraversal(root);
		return res;
	}
};

这里if判断中的return能够结束整个递归过程吗？其实是不行的，他只能结束自己向下的分支，就像第一句return也不会结束掉整个递归过程一样，所以说是有效率损失的，多余的遍历检查