东哥带你刷二叉搜索树（构造篇）

labuladong2022-08-142024-02-15

东哥带你刷二叉搜索树（构造篇）

读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便解决如下题目：

LeetCode	力扣	难度
95. Unique Binary Search Trees IIopen in new window	95. 不同的二叉搜索树 IIopen in new window	🟠
96. Unique Binary Search Treesopen in new window	96. 不同的二叉搜索树open in new window	🟠

Info

在开头先打个广告，我的手把手刷二叉树课程open in new window 按照公式和套路讲解了 150 道二叉树题目，只需一顿饭钱，就能手把手带你刷完二叉树分类的题目，迅速掌握递归思维，让你豁然开朗。我绝对有这个信心，信不信，可以等你看完我的二叉树算法系列文章再做评判。

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，如何计算所有有效 BST。

第一道题是力扣第 96 题「不同的二叉搜索树open in new window」，给你输入一个正整数 n，请你计算，存储 {1,2,3...,n} 这些值共有多少种不同的 BST 结构。

函数签名如下：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

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有效 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：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

// 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：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

/* 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：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

// 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;
}

🥳 代码可视化动画 🥳

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有效的 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 IIopen in new window」，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：

明白了上道题构造有效 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有效 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：

java 🟢cpp 🤖python 🤖go 🤖javascript 🤖

class Solution {
    /* 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) {
            // 这里需要装一个 null 元素，这样才能让下面的两个内层 for 循环都能进入，正确地创建出叶子节点
            // 举例来说吧，什么时候会进到这个 if 语句？当你创建叶子节点的时候，对吧。
            // 那么如果你这里不加 null，直接返回空列表，那么下面的内层两个 for 循环都无法进入
            // 你的那个叶子节点就没有创建出来，看到了吗？所以这里要加一个 null，确保下面能把叶子节点做出来
            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有效 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;
    }
}