【LeetCode動態規劃#04】不同的二叉搜尋樹(找規律,有點像智力題)

dayceng發表於2023-03-25

不同的二叉搜尋樹

力扣題目連結(opens new window)

給定一個整數 n,求以 1 ... n 為節點組成的二叉搜尋樹有多少種?

示例:

img

思路

題意分析

先找一下關係

當n = 1時,如果元素就是1,以1為頭節點

1

當n = 2時,分別以1和2為頭節點

  1     2
 /       \
2         1 

然後當n = 3時的情況就是示例中給的那幾種

找找有什麼規律

當n = 3且使用1為頭節點時,其子樹的佈局和n = 2時的佈局是一樣的(注意看1-2、2-1和3-2、2-3的方向,是不是一樣的,數值不同沒有影響)

當n = 3且使用2為頭節點時,其左右子樹佈局和n = 1時的佈局是一樣的(n = 1是左右子樹為空,也算1種情況)

當n = 3且使用3為頭節點時,其子樹的佈局和n = 2時的佈局是一樣的

某種程度上,n = 3的二叉搜尋樹種類情況可以由n = 2以及n = 1推匯出來

因此,n = 3時,二叉搜尋樹種類 = 頭節點為1時的情況+頭節點為2時的情況+頭節點為3時的情況,來組成

即,頭1+頭2+頭3

公式描述

接下來分析不同頭節點時的情況

從圖中可以看出,頭節點為1時有:

 1       1
  \       \
   3       2
  /         \
 2           3

頭節點為1時有多少種二叉搜尋樹可以用以下公式描述:

頭1 = 左子樹有0個節點時有幾種二叉搜尋樹 * 右子樹有2個節點時有幾種二叉搜尋樹;(2種)

如何理解?

頭節點為1來構建二叉搜尋樹的話,如果左子樹只給0個節點,那麼左子樹的型別就只有1種(也就是空);然後給右子樹2個節點的話,那麼右子樹就可以有3-2和2-3兩種情況。

左右子樹的情況組合在一起就得到以下結論:

​ 當n = 3時,使用1作為頭節點可以構建2種(1*2)不同的二叉搜尋樹

還不理解再舉個例子:

       10
      /  \
 5個節點  10個節點 

上述以10(數值無所謂)為頭節點的二叉樹,其左右子節點的情況如上

那麼,可以構成的二叉樹的種類一共是:5*10種

同理可以得到頭2、頭3的公式描述:

頭2 = 左子樹有1個節點時有幾種二叉搜尋樹 * 右子樹有1個節點時有幾種二叉搜尋樹;(1種)

頭3 = 左子樹有2個節點時有幾種二叉搜尋樹 * 右子樹有0個節點時有幾種二叉搜尋樹;(2種)

與示例對照的話發現是可以對上的

還是先來五部曲吧

五步走

1、確定dp陣列的含義

根據題目所求可以得到

dp[i]:輸入為i時有dp[i]種不同的二叉搜尋樹

2、確定遞推公式

由前面的分析可以知道,當輸入n為3時,可以組成的二叉搜尋樹種類(也就是dp[3])是有分別使用1、2、3作為頭節點時產生的種類相加得到的。

即,

dp[3] = 頭1+頭2+頭3
dp[3] = dp[0]dp[2] + dp[1]dp[1] + dp[2]dp[0];

明確了上述問題後可以開始討論dp[i]

dp[i]可以從哪裡求出來?

那肯定是由以1、2、3...i為頭節點的所有情況相加得出,於是我們需要列舉所有頭節點情況

j 來代表頭節點數,那麼該二叉搜尋樹的左子樹有多少個節點?答案是 j-1

(舉個例子來理解:示例中以3為頭節點時,其左子樹是不是有兩個節點)

那麼該二叉搜尋樹的右子樹有多少個節點?答案是 i-j

因為我們這裡是二叉搜尋樹,現在以i為頭節點了,右子樹的節點值一定都比 i 大,總節點數是 i ,那麼留給右子樹的節點數就是i-j了

套用dp陣列的定義:

輸入為 j-1 時有 dp[j-1] 種不同的二叉搜尋樹;

輸入為 i-j 時有 dp[i-j] 種不同的二叉搜尋樹;

那麼dp[i]怎麼求?

根據 公式描述 中的討論可得:dp[i] = dp[j-1] * dp[i-j];(只是當前j下的dp[i])

因為 j 是代表遍歷所有頭節點的情況,所以要把頭節點為1~i的情況都相加才能得出最後的dp[i]

即遞推公式應該是:dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];(i個節點有多少種不同的二叉搜尋樹)

怎麼理解?

拿前面的例子dp[3]來說

dp[3] = dp[0]dp[2] + dp[1]dp[1] + dp[2]dp[0];

此處j的遍歷範圍是1~i,可以寫成以下形式

dp[3] = dp[1-1]dp[3-1] + dp[2-1]dp[3-2] + dp[3-1]dp[3-3];

3、確定初始化方式

前面的討論也說了dp[0]、dp[1] (即,n=0、n=1)可以用於推出後續情況

那麼就要對這兩者進行初始化嗎?其實只需要初始化dp[0]就行了,dp[1]也可以透過dp[0]推出

dp[0]的含義是什麼?輸入的i是0,0個節點有多少種不同的二叉搜尋樹呢?答案是1個,因為空二叉樹也是一種二叉搜尋樹

所以dp[0] = 1;

並且這也符合遞推公式的要求,因為如果有空節點,其種類如果是0,那麼不論後面的其他子樹有幾種情況,結果都是0,就沒有意義了,因此空節點的種類應該是1(如果左右子樹都空的話,也就是1*1=1,遞推還能繼續進行下去)

4、確定遍歷順序

還是從dp[3]來看

dp[3] = dp[0]dp[2] + dp[1]dp[1] + dp[2]dp[0];

dp[3]都是由小於3的狀態累加推導來的,所以就要從小到大遍歷,才可以利用之前遍歷的狀態

for(int i = 1; i <= n; ++i){
    for(int j = 1; j <= i; ++j){
        dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
    }
}

程式碼

class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        //定義dp陣列
        vector<int> dp(n + 1);
        //初始化dp陣列
        dp[0] = 1;
        //dp[1] = 1;//不用初始化dp[1],否則按理來說dp[1]應該是1,手動初始化會使其變為2
        //遍歷
        for(int i = 1; i <= n; ++i){//此處i確實要取3,所以有等於號
            for(int j = 1; j <= i; ++j){
                dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
            }
        }
        // cout << dp[1]<< endl;//列印dp陣列debug
        return dp[n];//確實要返回n的dp而不是n-1
    }
};

ps:真難啊動態規劃

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