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:
输入: 3
输出: 5
解释:
给定 n = 3, 一共有 5 种不同结构的二叉搜索树:
1 3 3 2 1
\ / / / \ \
3 2 1 1 3 2
/ / \ \
2 1 2 3
- 二叉搜索树
- 分治
- 阿里
- 腾讯
- 百度
- 字节
- 腾讯（广州）- 安卓 - 社招 - 三面
这是一个经典的使用分治思路的题目。
对于数字 n ，我们可以 1- n 这样的离散整数分成左右两部分。我们不妨设其分别为 A 和 B。那么问题转化为 A 和 B 所能组成的 BST 的数量的笛卡尔积。而对于 A 和 B 以及原问题除了规模，没有不同，这不就是分治思路么？至于此，我们只需要考虑边界即可，边界很简单就是 n 小于等于 1 的时候，我们返回 1。
具体来说：
- 生成一个[1:n + 1] 的数组
- 我们遍历一次数组，对于每一个数组项，我们执行以下逻辑
- 对于每一项，我们都假设其是断点。断点左侧的是 A，断点右侧的是 B。
- 那么 A 就是 i - 1 个数， 那么 B 就是 n - i 个数
- 我们递归，并将 A 和 B 的结果相乘即可。
其实我们发现，题目的答案只和 n 有关，和具体 n 个数的具体组成，只要是有序数组即可。
题目没有明确 n 的取值范围，我们试一下暴力递归。
代码（Python3）：
class Solution:
def numTrees(self, n: int) -> int:
if n <= 1:
return 1
res = 0
for i in range(1, n + 1):
res += self.numTrees(i - 1) * self.numTrees(n - i)
return res上面的代码会超时，并没有栈溢出，因此我们考虑使用 hashmap 来优化，代码见下方代码区。
- 分治法
- 笛卡尔积
- 记忆化递归
语言支持：Python3, CPP
Python3 Code:
class Solution:
visited = dict()
def numTrees(self, n: int) -> int:
if n in self.visited:
return self.visited.get(n)
if n <= 1:
return 1
res = 0
for i in range(1, n + 1):
res += self.numTrees(i - 1) * self.numTrees(n - i)
self.visited[n] = res
return resCPP Code:
class Solution {
vector<int> visited;
int dp(int n) {
if (visited[n]) return visited[n];
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) ans += dp(i) * dp(n - i - 1);
return visited[n] = ans;
}
public:
int numTrees(int n) {
visited.assign(n + 1, 0);
visited[0] = 1;
return dp(n);
}
};复杂度分析
- 时间复杂度：一层循环是 N，另外递归深度是 N，因此总的时间复杂度是
$O(N^2)$ - 空间复杂度：递归的栈深度和 visited 的大小都是 N，因此总的空间复杂度为
$O(N)$
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