【LeetCode从零单刷】Unique Binary Search Trees I & II
2015-04-08 12:01
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I 题目:
Given n, how many structurally unique BST's (binary search trees) that store values 1...n?
For example,
Given n = 3, there are a total of 5 unique BST's.
解答:
给出节点数,求可以构成的二叉搜索树的个数。
首先介绍什么是“二叉搜索树”:就是二叉树,每个非空节点的左子树的所有节点值,小于根节点值;每个非空节点的右子树的所有节点值,大于根节点值。
一般这种题目都是递归(假设上一步结果已知,据此求下一步)的。为了节省时间,利用空间把每一步的结果保存到数组里面,就成了动态规划。
一开始我的思路:我知道 (n-1) 个节点的数量 f(n-1),n个节点就是 n 种 (n-1) 个节点的结果,在每个结果中插入第 n 个节点。所以 f(n) = n * f(n-1)。
但这样有个很麻烦的问题……这些子树里面有重复的,否则 f(3) = 6 而不是 5 了。然后我就陷入了查重的坑了……
其实这么想。如果我剩余下来的节点很特殊:第n个节点是根节点。这样把整个树分为了 i 个节点的左子树,和 (n-i-1) 个节点的右子树。各自的组合方法相乘即可得到整棵树的组合方法。
II [b]题目:[/b]
如果我们需要的不仅是个数,而是每棵树的具体样式呢?
解答:
同理,我们从根节点为切入点。遍历每一个点都尝试作为根节点,递归得到左右子树的各种样式,依次组合拼接。
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
vector<TreeNode*> generatePartTrees(int start, int end) {
vector<TreeNode*> ans;
if(start > end) return ans;
if(start == end) {
TreeNode* mid = new TreeNode(start);
ans.push_back(mid);
return ans;
}
for(int i = start; i <= end; i++) {
vector<TreeNode*> left = generatePartTrees(start, i - 1);
vector<TreeNode*> right = generatePartTrees(i + 1, end);
int lnum = left.size();
int rnum = right.size();
if(lnum == 0) {
for(int k = 0; k < rnum; k++) {
TreeNode* mid = new TreeNode(i);
mid->right = right[k];
ans.push_back(mid);
}
}
else if(rnum == 0) {
for(int j = 0; j < lnum; j++) {
TreeNode* mid = new TreeNode(i);
mid->left = left[j];
ans.push_back(mid);
}
}
else {
for(int j = 0; j < lnum; j++) {
for(int k = 0; k < rnum; k++) {
TreeNode* mid = new TreeNode(i);
mid->left = left[j];
mid->right = right[k];
ans.push_back(mid);
}
}
}
}
return ans;
}
vector<TreeNode*> generateTrees(int n) {
return generatePartTrees(1, n);
}
};
总结:
递归是根据所有已知项得到的。并不一定只是上一项,也可以从特殊点突破。尤其对于树结构而言,根是很特殊的入手点。
Given n, how many structurally unique BST's (binary search trees) that store values 1...n?
For example,
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
解答:
给出节点数,求可以构成的二叉搜索树的个数。
首先介绍什么是“二叉搜索树”:就是二叉树,每个非空节点的左子树的所有节点值,小于根节点值;每个非空节点的右子树的所有节点值,大于根节点值。
一般这种题目都是递归(假设上一步结果已知,据此求下一步)的。为了节省时间,利用空间把每一步的结果保存到数组里面,就成了动态规划。
一开始我的思路:我知道 (n-1) 个节点的数量 f(n-1),n个节点就是 n 种 (n-1) 个节点的结果,在每个结果中插入第 n 个节点。所以 f(n) = n * f(n-1)。
但这样有个很麻烦的问题……这些子树里面有重复的,否则 f(3) = 6 而不是 5 了。然后我就陷入了查重的坑了……
其实这么想。如果我剩余下来的节点很特殊:第n个节点是根节点。这样把整个树分为了 i 个节点的左子树,和 (n-i-1) 个节点的右子树。各自的组合方法相乘即可得到整棵树的组合方法。
class Solution { public: int numTrees(int n) { if(n==0) return 0; if(n==1) return 1; if(n==2) return 2; int* tree = new int[n + 1]; tree[0] = 1; tree[1] = 1; for(int i = 2; i <= n; i++) { tree[i] = 0; for(int j = 0; j < i; j++) { tree[i] += tree[i-j-1] * tree[j]; } } return tree ; } };
II [b]题目:[/b]
如果我们需要的不仅是个数,而是每棵树的具体样式呢?
解答:
同理,我们从根节点为切入点。遍历每一个点都尝试作为根节点,递归得到左右子树的各种样式,依次组合拼接。
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
vector<TreeNode*> generatePartTrees(int start, int end) {
vector<TreeNode*> ans;
if(start > end) return ans;
if(start == end) {
TreeNode* mid = new TreeNode(start);
ans.push_back(mid);
return ans;
}
for(int i = start; i <= end; i++) {
vector<TreeNode*> left = generatePartTrees(start, i - 1);
vector<TreeNode*> right = generatePartTrees(i + 1, end);
int lnum = left.size();
int rnum = right.size();
if(lnum == 0) {
for(int k = 0; k < rnum; k++) {
TreeNode* mid = new TreeNode(i);
mid->right = right[k];
ans.push_back(mid);
}
}
else if(rnum == 0) {
for(int j = 0; j < lnum; j++) {
TreeNode* mid = new TreeNode(i);
mid->left = left[j];
ans.push_back(mid);
}
}
else {
for(int j = 0; j < lnum; j++) {
for(int k = 0; k < rnum; k++) {
TreeNode* mid = new TreeNode(i);
mid->left = left[j];
mid->right = right[k];
ans.push_back(mid);
}
}
}
}
return ans;
}
vector<TreeNode*> generateTrees(int n) {
return generatePartTrees(1, n);
}
};
总结:
递归是根据所有已知项得到的。并不一定只是上一项,也可以从特殊点突破。尤其对于树结构而言,根是很特殊的入手点。
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