手把手带你刷二叉搜索树（第二期）
读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便去 LeetCode 上拿下如下题目：
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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，如何计算所有合法 BST。
第一道题是力扣第 96 题「不同的二叉搜索树」，给你输入一个正整数 n，请你计算，存储 {1,2,3...,n} 这些值共有有多少种不同的 BST 结构。
函数签名如下：
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合法 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：
// 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：
/* 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：
// 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;
}
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合法的 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 II」，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：
明白了上道题构造合法 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合法 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：
/* 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) {
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合法 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;
}
这样，两道题都解决了。