手把手带你刷通二叉搜索树（第三期）

读完本文，可以去力扣解决如下题目： 96.不同的二叉搜索树（Easy） 95.不同的二叉搜索树II（Medium）

之前写了两篇手把手刷 BST 算法题的文章，第一篇 讲了中序遍历对 BST 的重要意义，第二篇 写了 BST 的基本操作。 本文就来写手把手刷 BST 系列的第三篇，循序渐进地讲两道题，如何计算所有合法 BST。 第一道题是力扣第 96 题「不同的二叉搜索树」，给你输入一个正整数n，请你计算，存储{1,2,3...,n}这些值共有有多少种不同的 BST 结构。 函数签名如下： int numTrees(int n); 比如说输入n = 3，算法返回 5，因为共有如下 5 种不同的 BST 结构存储{1,2,3}：

这就是一个正宗的穷举问题，那么什么方式能够正确地穷举合法 BST 的数量呢？ 我们前文说过，不要小看「穷举」，这是一件看起来简单但是比较有技术含量的事情，问题的关键就是不能数漏，也不能数多，你咋整？ 之前 手把手刷二叉树第一期 说过，二叉树算法的关键就在于明确根节点需要做什么，其实 BST 作为一种特殊的二叉树，核心思路也是一样的。 举个例子，比如给算法输入n = 5，也就是说用{1,2,3,4,5}这些数字去构造 BST。 首先，这棵 BST 的根节点总共有几种情况？ 显然有 5 种情况对吧，因为每个数字都可以作为根节点。 比如说我们固定3作为根节点，这个前提下能有几种不同的 BST 呢？ 根据 BST 的特性，根节点的左子树都比根节点的值小，右子树的值都比根节点的值大。 所以如果固定3作为根节点，左子树节点就是{1,2}的组合，右子树就是{4,5}的组合。 左子树的组合数和右子树的组合数乘积就是3作为根节点时的 BST 个数。

我们这是说了3为根节点这一种特殊情况，其实其他的节点也是一样的。 那你可能会问，我们可以一眼看出{1,2}和{4,5}有几种组合，但是怎么让算法进行计算呢？ 其实很简单，只需要递归就行了，我们可以写这样一个函数： // 定义：闭区间 [lo, hi] 的数字能组成 count(lo, hi) 种 BST int count(int lo, int hi); 根据这个函数的定义，结合刚才的分析，可以写出代码： /* 主函数 */ int numTrees(int n) { // 计算闭区间 [1, n] 组成的 BST 个数 return count(1, n); } /* 计算闭区间 [lo, hi] 组成的 BST 个数 */ int count(int lo, int hi) { // base case if (lo > hi) return 1; int res = 0; for (int i = lo; i <= hi; i++) { // i 的值作为根节点 root int left = count(lo, i - 1); int right = count(i + 1, hi); // 左右子树的组合数乘积是 BST 的总数 res += left * right; } return res; } 注意 base case，显然当lo > hi闭区间[lo, hi]肯定是个空区间，也就对应着空节点 null，虽然是空节点，但是也是一种情况，所以要返回 1 而不能返回 0。 这样，题目的要求已经实现了，但是时间复杂度非常高，肯定存在重叠子问题。 前文动态规划相关的问题多次讲过消除重叠子问题的方法，无非就是加一个备忘录： // 备忘录 int[][] memo; int numTrees(int n) { // 备忘录的值初始化为 0 memo = new int[n + 1][n + 1]; return count(1, n); } int count(int lo, int hi) { if (lo > hi) return 1; // 查备忘录 if (memo[lo][hi] != 0) { return memo[lo][hi]; } int res = 0; for (int mid = lo; mid <= hi; mid++) { int left = count(lo, mid - 1); int right = count(mid + 1, hi); res += left * right; } // 将结果存入备忘录 memo[lo][hi] = res; return res; } 这样，这道题就完全解决了。 那么，如果给一个进阶题目，不止让你计算有几个不同的 BST，而是要你构建出所有合法的 BST，如何实现这个算法呢？ 这道题就是力扣第 95 题「不同的二叉搜索树 II」，让你构建所有 BST，函数签名如下： List<TreeNode> generateTrees(int n); 比如说输入n = 3，算法返回一个列表，列表中存储着如下五棵 BST 的根节点：

明白了上道题构造合法 BST 的方法，这道题的思路也是一样的： 1、穷举root节点的所有可能。 2、递归构造出左右子树的所有合法 BST。 3、给root节点穷举所有左右子树的组合。 我们可以直接看代码： /* 主函数 */ public List<TreeNode> generateTrees(int n) { if (n == 0) return new LinkedList<>(); // 构造闭区间 [1, n] 组成的 BST return build(1, n); } /* 构造闭区间 [lo, hi] 组成的 BST */ List<TreeNode> build(int lo, int hi) { List<TreeNode> res = new LinkedList<>(); // base case if (lo > hi) { res.add(null); return res; } // 1、穷举 root 节点的所有可能。 for (int i = lo; i <= hi; i++) { // 2、递归构造出左右子树的所有合法 BST。 List<TreeNode> leftTree = build(lo, i - 1); List<TreeNode> rightTree = build(i + 1, hi); // 3、给 root 节点穷举所有左右子树的组合。 for (TreeNode left : leftTree) { for (TreeNode right : rightTree) { // i 作为根节点 root 的值 TreeNode root = new TreeNode(i); root.left = left; root.right = right; res.add(root); } } } return res; } 这样，两道题都解决了。 希望二叉树和 BST 的系列文章对你有帮助。