1. 题目

2. 解答

以 \(1, 2, \cdots, n\) 构建二叉搜索树，其中，任意数字都可以作为根节点来构建二叉搜索树。当我们将某一个数字作为根节点后，其左边数据将构建为左子树，右边数据将构建为右子树。因此，这是一个递归问题。

若以第 \(i\) 个数据为根节点，其左边数据有 \(i-1\) 个，左子树可能情况为 left_num，右边数据有 \(n-i\) 个，右子树可能情况为 right_num，因此以当前数据为根节点可以构建出 left_num * right_num 个二叉搜索树。

所以，我们要做的就是遍历 \(i = 1\cdots n\)，统计出每个数据作为根节点可以构建出的二叉搜索树总个数即可。

• 递归法

class Solution {
public:int numTrees(int n) {int sum = 0;if (n <= 1) return 1;// 以当前的数为根节点，左右两边的数分别构建子树for (int i = 1; i <= n; i++){int left_num = numTrees(i - 1); // 左边的数可以构建多少个二叉搜索树int right_num = numTrees(n - i); // 右边的数可以构建多少个二叉搜索树sum += left_num * right_num;}return sum;}
};

但是上面的程序运行时超时了，其实我们只需要统计一半数据就可以了，因为两边是对称的。

比如我们有 1,2,3,4,5 五个数，以 2 作为根节点，左边有 1 个数，右边有 3 个数。以 4 作为根节点，左边有 3 个数，右边有 1 个数。这两种情况是一样的，因此如果数据个数为偶数，我们只需要统计一半数据即可，而为奇数的话我们就要再多统计一个中间数据。

class Solution {
public:int numTrees(int n) {int sum = 0;if (n <= 1) return 1;int is_odd = n % 2;int mid = n / 2;// 以当前的数为根节点，左右两边的数分别构建子树for (int i = 1; i <= mid; i++){int left_num = numTrees(i - 1); // 左边的数可以构建多少个二叉搜索树int right_num = numTrees(n - i); // 右边的数可以构建多少个二叉搜索树sum += left_num * right_num;}sum = sum * 2;if (is_odd) sum = sum + numTrees(mid) * numTrees(n - mid - 1);return sum;}
};

此外，我们还可以定义一个全局变量，来存放已经计算过的数值，避免在递归过程中大量地重复计算。

class Solution {
public:#define MAX 1000int nums[MAX]; // 存放已经计算过的数值int numTrees(int n) {int sum = 0;//if (n <= 0) return 1;if (n <= 1) return 1;// 以当前的数为根节点，左右两边的数分别构建子树for (int i = 1; i <= n; i++){if (nums[i-1] == 0) nums[i-1] = numTrees(i - 1); // 左边的数可以构建多少个二叉搜索树int left_num = nums[i-1];if (nums[n-i] == 0) nums[n-i] = numTrees(n - i); // 右边的数可以构建多少个二叉搜索树int right_num = nums[n-i]; sum += left_num * right_num;}return sum;}
};

• 迭代法
  还可以将递归改写为循环，避免函数多次调用执行效率较低。

class Solution {
public:int numTrees(int n) {int nums[n+1] = {0};nums[0] = 1;nums[1] = 1;if (n <= 1) return 1;for (int i = 2; i <= n; i++){// 从 n=2 开始统计可以构建多少个不同的二叉搜索树for (int j = 1; j <= i; j++){nums[i] += nums[j-1] * nums[i-j];}}return nums[n];}
};      

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