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<a href="https://programmercarl.com/other/kstar.html" target="_blank">
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<img src="https://code-thinking-1253855093.file.myqcloud.com/pics/20210924105952.png" width="1000"/>
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</a>
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<p align="center"><strong><a href="https://mp.weixin.qq.com/s/tqCxrMEU-ajQumL1i8im9A">参与本项目</a>，贡献其他语言版本的代码，拥抱开源，让更多学习算法的小伙伴们收益！</strong></p>
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# 96.不同的二叉搜索树
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[力扣题目链接](https://leetcode.cn/problems/unique-binary-search-trees/)
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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？
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示例:
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## 思路
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这道题目描述很简短，但估计大部分同学看完都是懵懵的状态，这得怎么统计呢？
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关于什么是二叉搜索树，我们之前在讲解二叉树专题的时候已经详细讲解过了，也可以看看这篇[二叉树：二叉搜索树登场！](https://programmercarl.com/0700.二叉搜索树中的搜索.html)再回顾一波。
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了解了二叉搜索树之后，我们应该先举几个例子，画画图，看看有没有什么规律，如图：
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n为1的时候有一棵树，n为2有两棵树，这个是很直观的。
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来看看n为3的时候，有哪几种情况。
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当1为头结点的时候，其右子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和 n 为2的时候两棵树的布局是一样的啊！
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（可能有同学问了，这布局不一样啊，节点数值都不一样。别忘了我们就是求不同树的数量，并不用把搜索树都列出来，所以不用关心其具体数值的差异）
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当3为头结点的时候，其左子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和n为2的时候两棵树的布局也是一样的啊！
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当2为头结点的时候，其左右子树都只有一个节点，布局是不是和n为1的时候只有一棵树的布局也是一样的啊！
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发现到这里，其实我们就找到了重叠子问题了，其实也就是发现可以通过dp[1] 和 dp[2] 来推导出来dp[3]的某种方式。
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思考到这里，这道题目就有眉目了。
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dp[3]，就是 元素1为头结点搜索树的数量 + 元素2为头结点搜索树的数量 + 元素3为头结点搜索树的数量
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元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量
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元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量
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元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量
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有2个元素的搜索树数量就是dp[2]。
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有1个元素的搜索树数量就是dp[1]。
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有0个元素的搜索树数量就是dp[0]。
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所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]
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如图所示：
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此时我们已经找到递推关系了，那么可以用动规五部曲再系统分析一遍。
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1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
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**dp[i] ： 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]**。
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也可以理解是i的不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i] ，都是一样的。
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以下分析如果想不清楚，就来回想一下dp[i]的定义
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2. 确定递推公式
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在上面的分析中，其实已经看出其递推关系， dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]
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j相当于是头结点的元素，从1遍历到i为止。
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所以递推公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ，j-1 为j为头结点左子树节点数量，i-j 为以j为头结点右子树节点数量
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3. dp数组如何初始化
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初始化，只需要初始化dp[0]就可以了，推导的基础，都是dp[0]。
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那么dp[0]应该是多少呢？
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从定义上来讲，空节点也是一棵二叉树，也是一棵二叉搜索树，这是可以说得通的。
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从递归公式上来讲，dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量] 中以j为头结点左子树节点数量为0，也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1， 否则乘法的结果就都变成0了。
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所以初始化dp[0] = 1
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4. 确定遍历顺序
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首先一定是遍历节点数，从递归公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]可以看出，节点数为i的状态是依靠 i之前节点数的状态。
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那么遍历i里面每一个数作为头结点的状态，用j来遍历。
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代码如下：
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```CPP
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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for (int j = 1; j <= i; j++) {
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dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
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}
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}
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```
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5. 举例推导dp数组
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n为5时候的dp数组状态如图：
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当然如果自己画图举例的话，基本举例到n为3就可以了，n为4的时候，画图已经比较麻烦了。
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**我这里列到了n为5的情况，是为了方便大家 debug代码的时候，把dp数组打出来，看看哪里有问题**。
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综上分析完毕，C++代码如下：
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```CPP
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class Solution {
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public:
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int numTrees(int n) {
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vector<int> dp(n + 1);
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dp[0] = 1;
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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for (int j = 1; j <= i; j++) {
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||
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
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}
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}
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return dp[n];
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}
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};
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```
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* 时间复杂度：$O(n^2)$
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* 空间复杂度：$O(n)$
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大家应该发现了，我们分析了这么多，最后代码却如此简单！
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## 总结
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这道题目虽然在力扣上标记是中等难度，但可以算是困难了！
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首先这道题想到用动规的方法来解决，就不太好想，需要举例，画图，分析，才能找到递推的关系。
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然后难点就是确定递推公式了，如果把递推公式想清楚了，遍历顺序和初始化，就是自然而然的事情了。
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可以看出我依然还是用动规五部曲来进行分析，会把题目的方方面面都覆盖到！
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**而且具体这五部分析是我自己平时总结的经验，找不出来第二个的，可能过一阵子 其他题解也会有动规五部曲了，哈哈**。
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当时我在用动规五部曲讲解斐波那契的时候，一些录友和我反应，感觉讲复杂了。
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其实当时我一直强调简单题是用来练习方法论的，并不能因为简单我就代码一甩，简单解释一下就完事了。
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可能当时一些同学不理解，现在大家应该感受方法论的重要性了，加油💪
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## 其他语言版本
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### Java
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```Java
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class Solution {
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public int numTrees(int n) {
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//初始化 dp 数组
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int[] dp = new int[n + 1];
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//初始化0个节点和1个节点的情况
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dp[0] = 1;
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dp[1] = 1;
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for (int i = 2; i <= n; i++) {
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for (int j = 1; j <= i; j++) {
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||
//对于第i个节点，需要考虑1作为根节点直到i作为根节点的情况，所以需要累加
|
||
//一共i个节点，对于根节点j时,左子树的节点个数为j-1，右子树的节点个数为i-j
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||
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
|
||
}
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||
}
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||
return dp[n];
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}
|
||
}
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```
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### Python
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```python
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class Solution:
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def numTrees(self, n: int) -> int:
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dp = [0] * (n + 1)
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dp[0], dp[1] = 1, 1
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||
for i in range(2, n + 1):
|
||
for j in range(1, i + 1):
|
||
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]
|
||
return dp[-1]
|
||
```
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||
### Go
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||
```Go
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func numTrees(n int)int{
|
||
dp:=make([]int,n+1)
|
||
dp[0]=1
|
||
for i:=1;i<=n;i++{
|
||
for j:=1;j<=i;j++{
|
||
dp[i]+=dp[j-1]*dp[i-j]
|
||
}
|
||
}
|
||
return dp[n]
|
||
}
|
||
```
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||
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||
### Javascript
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||
```Javascript
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const numTrees =(n) => {
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||
let dp = new Array(n+1).fill(0);
|
||
dp[0] = 1;
|
||
dp[1] = 1;
|
||
|
||
for(let i = 2; i <= n; i++) {
|
||
for(let j = 1; j <= i; j++) {
|
||
dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
|
||
}
|
||
}
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||
|
||
return dp[n];
|
||
};
|
||
```
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||
TypeScript
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```typescript
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||
function numTrees(n: number): number {
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||
/**
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||
dp[i]: i个节点对应的种树
|
||
dp[0]: -1; 无意义；
|
||
dp[1]: 1;
|
||
...
|
||
dp[i]: 2 * dp[i - 1] +
|
||
(dp[1] * dp[i - 2] + dp[2] * dp[i - 3] + ... + dp[i - 2] * dp[1]); 从1加到i-2
|
||
*/
|
||
const dp: number[] = [];
|
||
dp[0] = -1; // 表示无意义
|
||
dp[1] = 1;
|
||
for (let i = 2; i <= n; i++) {
|
||
dp[i] = 2 * dp[i - 1];
|
||
for (let j = 1, end = i - 1; j < end; j++) {
|
||
dp[i] += dp[j] * dp[end - j];
|
||
}
|
||
}
|
||
return dp[n];
|
||
};
|
||
```
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||
|
||
### C
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||
|
||
```c
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||
//开辟dp数组
|
||
int *initDP(int n) {
|
||
int *dp = (int *)malloc(sizeof(int) * (n + 1));
|
||
int i;
|
||
for(i = 0; i <= n; ++i)
|
||
dp[i] = 0;
|
||
return dp;
|
||
}
|
||
|
||
int numTrees(int n){
|
||
//开辟dp数组
|
||
int *dp = initDP(n);
|
||
//将dp[0]设为1
|
||
dp[0] = 1;
|
||
|
||
int i, j;
|
||
for(i = 1; i <= n; ++i) {
|
||
for(j = 1; j <= i; ++j) {
|
||
//递推公式：dp[i] = dp[i] + 根为j时左子树种类个数 * 根为j时右子树种类个数
|
||
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
|
||
}
|
||
}
|
||
|
||
return dp[n];
|
||
}
|
||
```
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<div align="center"><img src=https://code-thinking.cdn.bcebos.com/pics/01二维码一.jpg width=500> </img></div>
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