C++使用LeetCode實現獨一無二的二叉搜索樹

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[LeetCode] 96. Unique Binary Search Trees 獨一無二的二叉搜索樹

Given n, how many structurally unique BST's (binary search trees) that store values 1 ... n?

Example:

Input: 3
Output: 5
Explanation:
Given n = 3, there are a total of 5 unique BST's:

1         3     3      2      1
\       /     /      / \      \
3     2     1      1   3      2
/     /       \                 \
2     1         2                 3

這道題實際上是 卡塔蘭數 Catalan Numbe 的一個例子，如果對卡塔蘭數不熟悉的童鞋可能真不太好做。話說其實我也是今天才知道的好嘛 -.-|||，為啥我以前都不知道捏？！為啥卡塔蘭數不像斐波那契數那樣人盡皆知呢，是我太孤陋寡聞么？！不過今天知道也不晚，不斷的學習新的東西，這才是刷題的意義所在嘛! 好了，廢話不多說了，趕緊回到題目上來吧。我們先來看當 n = 1 的情況，只能形成唯一的一棵二叉搜索樹，n分別為 1,2,3 的情況如下所示：

                    1                        n = 1

                2        1                   n = 2
/          \
1            2

1         3     3      2      1           n = 3
\       /     /      / \      \
3     2     1      1   3      2
/     /       \                 \
2     1         2                 3

就跟斐波那契數列一樣，我們把 n = 0 時賦為1，因為空樹也算一種二叉搜索樹，那么 n = 1 時的情況可以看做是其左子樹個數乘以右子樹的個數，左右子樹都是空樹，所以1乘1還是1。那么 n = 2 時，由于1和2都可以為根，分別算出來，再把它們加起來即可。n = 2 的情況可由下面式子算出（這里的 dp[i] 表示當有i個數字能組成的 BST 的個數）：

dp[2] =  dp[0] * dp[1]　　　(1為根的情況，則左子樹一定不存在，右子樹可以有一個數字)

　　　　+ dp[1] * dp[0]　　  (2為根的情況，則左子樹可以有一個數字，右子樹一定不存在)

同理可寫出 n = 3 的計算方法：

dp[3] =  dp[0] * dp[2]　　　(1為根的情況，則左子樹一定不存在，右子樹可以有兩個數字)

　　　　+ dp[1] * dp[1]　　  (2為根的情況，則左右子樹都可以各有一個數字)

 　　　  + dp[2] * dp[0]　　  (3為根的情況，則左子樹可以有兩個數字，右子樹一定不存在)

我們根據以上的分析，可以寫出代碼如下：

解法一：

class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        vector<int> dp(n + 1);
        dp[0] = dp[1] = 1;
        for (int i = 2; i <= n; ++i) {
            for (int j = 0; j < i; ++j) {
                dp[i] += dp[j] * dp[i - j - 1];
            }
        }
        return dp[n];
    }
};

由卡特蘭數的遞推式還可以推導出其通項公式，即 C(2n,n)/(n+1)，表示在 2n 個數字中任取n個數的方法再除以 n+1，只要你還沒有忘記高中的排列組合的知識，就不難寫出下面的代碼，注意在相乘的時候為了防止整型數溢出，要將結果 res 定義為長整型，參見代碼如下：

解法二：

class Solution {
public:
    int numTrees(int n) {
        long res = 1;
        for (int i = n + 1; i <= 2 * n; ++i) {
            res = res * i / (i - n);
        }
        return res / (n + 1);
    }
};

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