题目描述（中等难度）

和 95 题一样，只不过这道题不需要输出所有的树，只需要输出所有可能的二分查找树的数量。所以完全按照 95 题思路写，大家可以先到 95 题看一看。

解法一 递归

下边是 95 题的分析。

我们可以利用一下查找二叉树的性质。左子树的所有值小于根节点，右子树的所有值大于根节点。

所以如果求 1...n 的所有可能。

我们只需要把 1 作为根节点，[ ] 空作为左子树，[ 2 ... n ] 的所有可能作为右子树。

2 作为根节点，[ 1 ] 作为左子树，[ 3...n ] 的所有可能作为右子树。

3 作为根节点，[ 1 2 ] 的所有可能作为左子树，[ 4 ... n ] 的所有可能作为右子树，然后左子树和右子树两两组合。

4 作为根节点，[ 1 2 3 ] 的所有可能作为左子树，[ 5 ... n ] 的所有可能作为右子树，然后左子树和右子树两两组合。

...

n 作为根节点，[ 1... n ] 的所有可能作为左子树，[ ] 作为右子树。

至于，[ 2 ... n ] 的所有可能以及 [ 4 ... n ] 以及其他情况的所有可能，可以利用上边的方法，把每个数字作为根节点，然后把所有可能的左子树和右子树组合起来即可。

如果只有一个数字，那么所有可能就是一种情况，把该数字作为一棵树。而如果是 [ ]，那就返回 null。

对于这道题，我们会更简单些，只需要返回树的数量即可。求当前根的数量，只需要左子树的数量乘上右子树。

public int numTrees(int n) { 
    if (n == 0) {
        return 0;
    }
    return getAns(1, n);

} 
private int getAns(int start, int end) { 
    int ans = 0;
    //此时没有数字，只有一个数字,返回 1
    if (start >= end) { 
        return 1;
    } 
    //尝试每个数字作为根节点
    for (int i = start; i <= end; i++) {
        //得到所有可能的左子树
        int leftTreesNum = getAns(start, i - 1);
        //得到所有可能的右子树
        int rightTreesNum  = getAns(i + 1, end);
        //左子树右子树两两组合
        ans+=leftTreesNum * rightTreesNum;
    }
    return ans;
}

受到这里的启发，我们甚至可以改写的更简单些。因为 95 题要把每颗树返回，所有传的参数是 start 和 end。这里的话，我们只关心数量，所以不需要具体的范围，而是传树的节点的数量即可。

public int numTrees(int n) { 
    if (n == 0) {
        return 0;
    }
    return getAns(n);

}

private int getAns(int n) { 
    int ans = 0;
    //此时没有数字或者只有一个数字,返回 1
    if (n==0 ||n==1) { 
        return 1;
    } 
    //尝试每个数字作为根节点
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        //得到所有可能的左子树
        // i - 1 代表左子树节点的数量
        int leftTreesNum = getAns(i-1);
        //得到所有可能的右子树
        //n - i 代表左子树节点的数量
        int rightTreesNum  = getAns(n-i);
        //左子树右子树两两组合
        ans+=leftTreesNum * rightTreesNum;
    }
    return ans;
}

然后，由于递归的分叉，所以会导致很多重复解的计算，所以使用 memoization 技术，把递归过程中求出的解保存起来，第二次需要的时候直接拿即可。

public int numTrees(int n) { 
    if (n == 0) {
        return 0;
    }
    HashMap<Integer,Integer> memoization = new HashMap<>();
    return getAns(n,memoization);

}

private int getAns(int n, HashMap<Integer,Integer> memoization) { 
    if(memoization.containsKey(n)){
        return memoization.get(n);
    }
    int ans = 0;
    //此时没有数字，只有一个数字,返回 1
    if (n==0 ||n==1) { 
        return 1;
    } 
    //尝试每个数字作为根节点
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        //得到所有可能的左子树
        int leftTreesNum = getAns(i-1,memoization);
        //得到所有可能的右子树
        int rightTreesNum  = getAns(n-i,memoization);
        //左子树右子树两两组合
        ans+=leftTreesNum * rightTreesNum;
    }
    memoization.put(n, ans);
    return ans;
}

解法二 动态规划

直接利用95题解法三的思路，讲解比较长就不贴过来了，可以过去看一下。

或者直接从这里的解法一的思路考虑，因为递归是从顶层往下走，压栈压栈压栈，到了长度是 0 或者是 1 就出栈出栈出栈。我们可以利用动态规划的思想，直接从底部往上走。求出长度是 0，长度是 1，长度是 2....长度是 n 的解。用一个数组 dp 把这些结果全部保存起来。

public int numTrees(int n) {
    int[] dp = new int[n + 1];
    dp[0] = 1;
    if (n == 0) {
        return 0;
    }
    // 长度为 1 到 n
    for (int len = 1; len <= n; len++) {
        // 将不同的数字作为根节点，只需要考虑到 len
        for (int root = 1; root <= len; root++) {
            int left = root - 1; // 左子树的长度
            int right = len - root; // 右子树的长度
            dp[len] += dp[left] * dp[right];
        }
    }
    return dp[n];
}

参考这里还有优化的空间。

利用对称性，可以使得循环减少一些。

• n 是偶数的时候 1 2 | 3 4 ，for 循环中我们以每个数字为根求出每个的解。我们其实可以只求一半，根据对称性我们可以知道 1 和 4，2 和 3 求出的解分别是相等的。

• n 是奇数的时候

  1 2 | 3 | 4 5，和偶数同理，只求一半，此外最中间的 3 的解也要加上。

public int numTrees6(int n) {
    if (n == 0) {
        return 0;
    }
    int[] dp = new int[n + 1];
    dp[0] = 1;
    dp[1] = 1;
    // 长度为 1 到 n
    for (int len = 2; len <= n; len++) {
        // 将不同的数字作为根节点，只需要考虑到 len
        for (int root = 1; root <= len / 2; root++) {
            int left = root - 1; // 左子树的长度
            int right = len - root; // 右子树的长度
            dp[len] += dp[left] * dp[right];
        }
        dp[len] *= 2;// 利用对称性乘 2
        // 考虑奇数的情况
        if ((len & 1) == 1) {
            int root = (len >> 1) + 1;
            int left = root - 1; // 左子树的长度
            int right = len - root; // 右子树的长度
            dp[len] += dp[left] * dp[right];
        }
    }
    return dp[n];
}

解法三 公式法

参考这里-timesO(1)space>)。其实利用的是卡塔兰数列，这是第二次遇到了，之前是第 22 题 ，生成合法的括号序列。

这道题，为什么和卡塔兰数列联系起来呢？

看一下卡塔兰树数列的定义：

令h ( 0 ) = 1，catalan 数满足递推式：

h ( n ) = h ( 0 ) * h ( n - 1 ) + h ( 1 ) * h ( n - 2 ) + ... + h ( n - 1 ) * h ( 0 ) ( n >=1 )

例如：h ( 2 ) = h ( 0 ) * h ( 1 ) + h ( 1 ) * h ( 0 ) = 1 * 1 + 1 * 1 = 2

h ( 3 ) = h ( 0 ) * h ( 2 ) + h ( 1 ) * h ( 1 ) + h ( 2 ) * h ( 0 ) = 1 * 2 + 1 * 1 + 2 * 1 = 5

再看看解法二的算法

public int numTrees(int n) {
    int[] dp = new int[n + 1];
    dp[0] = 1;
    if (n == 0) {
        return 0;
    }
    // 长度为 1 到 n
    for (int len = 1; len <= n; len++) {
        // 将不同的数字作为根节点，只需要考虑到 len
        for (int root = 1; root <= len; root++) {
            int left = root - 1; // 左子树的长度
            int right = len - root; // 右子树的长度
            dp[len] += dp[left] * dp[right];
        }
    }
    return dp[n];
}

完美符合，而卡塔兰数有一个通项公式。

注：$\binom{2n}{n}$ 代表 $C^n_{2n}$

化简一下上边的公式

$C_n = (2n)!/(n+1)!n! = (2n)*(2n-1)*...*(n+1)/(n+1)!$

所以用一个循环即可。

int numTrees(int n) {
    long ans = 1, i;
    for (i = 1; i <= n; i++)
        ans = ans * (i + n) / i;
    return (int) (ans / i);
}

总

上道题会了以后，这道题很好写。解法二中利用对称的优化，解法三的公式太强了。