（LeetCodeHot100）96. 不同的二叉搜索树——unique-binary-search-trees

zhangzhang2025-12-152025-12-15

96. 不同的二叉搜索树——unique-binary-search-trees

给你一个整数 n ，求恰由 n 个节点组成且节点值从 1 到 n 互不相同的 二叉搜索树 有多少种？返回满足题意的二叉搜索树的种数。

示例 1：

1 2	输入：n = 3 输出：5

示例 2：

1 2	输入：n = 1 输出：1

提示：

1 <= n <= 19

第一想法

二叉搜索树就是左小右大
用回溯法，先选一个，然后递归，回溯
但是如果是先选2的话，后面的顺序是13和31创建的二叉搜索树是一样的：
1
2
3
2
/ \
1 3

官方答案

方法一：动态规划

思路

给定一个有序序列 1⋯n，为了构建出一棵二叉搜索树，我们可以遍历每个数字 i，将该数字作为树根，将 1⋯(i−1) 序列作为左子树，将 (i+1)⋯n 序列作为右子树。接着我们可以按照同样的方式递归构建左子树和右子树。

在上述构建的过程中，由于根的值不同，因此我们能保证每棵二叉搜索树是唯一的。

由此可见，原问题可以分解成规模较小的两个子问题，且子问题的解可以复用。因此，我们可以想到使用动态规划来求解本题。

算法

题目要求是计算不同二叉搜索树的个数。为此，我们可以定义两个函数：

G(n): 长度为 n 的序列能构成的不同二叉搜索树的个数。
F(i,n): 以 i 为根、序列长度为 n 的不同二叉搜索树个数 (1≤i≤n)。

可见，G(n) 是我们求解需要的函数。

稍后我们将看到，G(n) 可以从 F(i,n) 得到，而 F(i,n) 又会递归地依赖于 G(n)。

首先，根据上一节中的思路，不同的二叉搜索树的总数 G(n)，是对遍历所有 i (1≤i≤n) 的 F(i,n) 之和。换言之：

$G(n) = \sum_{i=1}^{n} F(i,n)$

对于边界情况，当序列长度为 1（只有根）或为 0（空树）时，只有一种情况，即：

1	G(0)=1,G(1)=1

给定序列 1⋯n，我们选择数字 i 作为根，则根为 i 的所有二叉搜索树的集合是左子树集合和右子树集合的笛卡尔积，对于笛卡尔积中的每个元素，加上根节点之后形成完整的二叉搜索树，如下图所示：

fig1

举例而言，创建以 3 为根、长度为 7 的不同二叉搜索树，整个序列是 [1,2,3,4,5,6,7]，我们需要从左子序列 [1,2] 构建左子树，从右子序列 [4,5,6,7] 构建右子树，然后将它们组合（即笛卡尔积）。

对于这个例子，不同二叉搜索树的个数为 F(3,7)。我们将 [1,2] 构建不同左子树的数量表示为 G(2), 从 [4,5,6,7] 构建不同右子树的数量表示为 G(4)，注意到 G(n) 和序列的内容无关，只和序列的长度有关。于是，F(3,7)=G(2)⋅G(4)。因此，我们可以得到以下公式：

1	F(i,n)=G(i−1)⋅G(n−i)

将公式 (1)，(2) 结合，可以得到 G(n) 的递归表达式：

$G(n) = \sum_{i=1}^{n} G(i-1) \cdot G(n-i)$

至此，我们从小到大计算 G 函数即可，因为 G(n) 的值依赖于 G(0)⋯G(n−1)。

class Solution {
    public int numTrees(int n) {
        int[] G = new int[n + 1];
        G[0] = 1;
        G[1] = 1;

        for (int i = 2; i <= n; ++i) {
            for (int j = 1; j <= i; ++j) {
                G[i] += G[j - 1] * G[i - j];
            }
        }
        return G[n];
    }
}

复杂度分析

时间复杂度 : O(n2)，其中 n 表示二叉搜索树的节点个数。G(n) 函数一共有 n 个值需要求解，每次求解需要 O(n) 的时间复杂度，因此总时间复杂度为 O(n2)。
空间复杂度 : O(n)。我们需要 O(n) 的空间存储 G 数组。

清晰解释

假设 n 个节点存在二叉排序树的个数是 G (n)，令 f(i) 为以 i 为根的二叉搜索树的个数，则

1	G(n)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+...+f(n)

当 i 为根节点时，其左子树节点个数为 i-1 个，右子树节点为 n-i，则

1	f(i)=G(i−1)∗G(n−i)

难点就在于

f(i)=G(i−1)∗G(n−i)

这个地方。

首先，这个公式翻译一下就是以i为根节点的二叉搜索树的数量等于以i-1的总数的二叉搜索树的数量乘以以n-i的二叉搜索树的数量。

什么意思呢？

意思就是

假设有n=100,i=50，那么就有以50这个数字为根节点的二叉搜索树的数量等于以49为总数的二叉搜索树的数量乘以以50为总数的二叉搜索树的数量。注意，此时50和49和50，三个数字代表的是不同的意义，第一个50是根节点，第二个49是总数，第三个50还是总数。

想象一下，50这个数字的左边，很明显仅能够从1到49这49个数字进行挑选，这很好理解，因为二叉搜索树的左子树的所有值都必须小于根节点，它们继续在50的左子树下面排列组合，得出的最终各种排列的总数就是G(49)。重点在后面，在50这个数字的根节点的右边，很显然只能是51到100，这50个数字进行排列组合，此时很多人不理解，为什么51到100的排列组合的总数等于G(50)，G(50)从字面意义上看，也就是从0到50的排列组合的总数。

其实道理很简单，将51到100这些数字排列组合的总数，是等于从0到50的排列组合的总数的，因为将51替换为1，将52替换为2，以此类推下去，将100替换为50，就很容易理解了，因为本质上就是50个从大到小的不同的数进行二叉树的排列组合，不论是1001到1050，还是从51到100，所排列组合的二叉树数量是一样的。

所以，这也就解释了这个公式为什么是f(50) = G(49) * G(50)，因为在50这个根节点的左边，有1到49这些数字在不断进行排列组合得出总的排列组合数，在50的右边，有51到100这些数字同样的在不断的进行排列组合得出总的排列组合数，自然而然的，50作为根节点时，所能得到的不同组合，就是G(49) * G(50)了。

第一步：为什么需要「计算 i 个节点的情况」？

因为这是「动态规划的核心思想：从小到大递推」—— 要算出 N 个节点的二叉搜索树总数（G[N]），必须先知道「比 N 小的所有节点数（1、2、…、N-1）对应的总数」，因为：

当总节点数是 N 时，选任意 root 作为根，左子树的节点数是 root-1（比如 root=50 时，左子树 49 个节点），右子树的节点数是 N-root（右子树 50 个节点）；
而左子树 49 个节点的总数是 G[49]，右子树 50 个节点的总数是 G[50] —— 这些都是「比 N 小的节点数对应的结果」，必须提前算好！

代码里的外层循环 for (int i = 2; i <= n; ++i)，本质就是「依次计算 2 个节点、3 个节点、…、直到 n 个节点的总数」—— 把这些中间结果存到 G 数组里，后面计算更大的 i 时直接复用，不用重复计算。

第二步：用具体例子帮你打通（N=4，总节点数 4）

我们跟着代码走一遍，看「i 个节点」的计算是怎么服务于最终 N=4 的：

初始化：G[0]=1（空树，基础 case），G[1]=1（1 个节点，1 种树）；
计算i=2

（2 个节点的总数）：
- 枚举根节点 j=1：左 0 个（G[0]），右 1 个（G[1]）→ 贡献 1*1=1；
- 枚举根节点 j=2：左 1 个（G[1]），右 0 个（G[0]）→ 贡献 1*1=1；
- 得 G[2] = 1+1=2（2 个节点有 2 种树）；
计算i=3

（3 个节点的总数）：
- 枚举 j=1：左 0→G [0]，右 2→G [2] → 1*2=2；
- 枚举 j=2：左 1→G [1]，右 1→G [1] →1*1=1；
- 枚举 j=3：左 2→G [2]，右 0→G [0] →2*1=2；
- 得 G[3] = 2+1+2=5（3 个节点有 5 种树）；
计算i=4

（最终要的 4 个节点总数）：
- 枚举 j=1：左 0→G [0]，右 3→G [3] →1*5=5；
- 枚举 j=2：左 1→G [1]，右 2→G [2] →1*2=2；
- 枚举 j=3：左 2→G [2]，右 1→G [1] →2*1=2；
- 枚举 j=4：左 3→G [3]，右 0→G [0] →5*1=5；
- 得 G[4] =5+2+2+5=14（4 个节点有 14 种树）；