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DP入门之不同的二叉搜索树!


admin| 更新时间:2022-04-15 08:44|点击数:未知
不同的二叉搜索树

题目链接:https://leetcode-cn.com/problems/unique-binary-search-trees

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?

示例:

思路

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?

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!再回顾一波。

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:

不同的二叉搜索树

n为1的时候有一棵树,n为2有两棵树,这个是很直观的。

不同的二叉搜索树1

来看看n为3的时候,有哪几种情况。

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!

(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)

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!

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!

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。

思考到这里,这道题目就有眉目了。

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

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

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

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

有2个元素的搜索树数量就是dp[2]。

有1个元素的搜索树数量就是dp[1]。

有0个元素的搜索树数量就是dp[0]。

所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]

如图所示:

不同的二叉搜索树2

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。

1.确定dp数组(dp table)以及下标的含义

dp[i] :1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。

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。

以下分析如果想不清楚,就来回想一下dp[i]的定义

2.确定递推公式

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]

j相当于是头结点的元素,从1遍历到i为止。

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

3.dp数组如何初始化

初始化,只需要初始化dp[0]就可以了,推导的基础,都是dp[0]。

那么dp[0]应该是多少呢?

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。

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。

所以初始化dp[0] = 1

4.确定遍历顺序

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。

那么遍历i里面每一个数作为头结点的状态,用j来遍历。

代码如下:

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

5.举例推导dp数组

n为5时候的dp数组状态如图:

不同的二叉搜索树3

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。

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。

综上分析完毕,C++代码如下:

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];     } }; 
时间复杂度: 空间复杂度:

大家应该发现了,我们分析了这么多,最后代码却如此简单!

总结

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!

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。

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。

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!

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。

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。

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。

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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