leetcode Unique Binary Search Trees II java

题目： Given n, generate all structurally unique BST's (binary search trees) that store values 1...n.For example,Given n = 3, your program should return all 5 unique BST's shown below.

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

这个问题第一次遇到，不太会，走了很多弯路。最终参考：http://www.cnblogs.com/springfor/p/3884029.html，做出来了。

但是自己写的有个小细节没弄好，又整了半天，记录下。低级的错误。。。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
public class Solution {
    public List<TreeNode> generateTrees(int n) {
        List<TreeNode> list = generateTrees(1,n);
        return list;
    }
    public List<TreeNode> generateTrees(int start, int end ) {
        List<TreeNode> list = new ArrayList<TreeNode>();
        if(start > end){
            list.add(null);
            return list;
        }
        for(int k = start; k<= end ; k++){
            //TreeNode node = new TreeNode(k);//①若在这边构造，只是在list中放入n个相同的node，只不过这个node在一直改变左右子树
            List<TreeNode> lefts = generateTrees(start, k-1);
            List<TreeNode> rights = generateTrees(k+1 , end);
            //TreeNode node = new TreeNode(k);//②若在这边构造，只是在list中放入n个相同的node，只不过这个node在一直改变左右子树
                for(int i = 0; i < lefts.size(); i++){
                    for(int j = 0 ; j < rights.size(); j++){
                        TreeNode node = new TreeNode(k); //③list中装的是每个子树的根。因此每次要新建一个node,依次连接左右子树，然后list.add
                        node.left = lefts.get(i);
                        node.right = rights.get(j);
                        list.add(node);
                    }
                }
        }
        return list;
    }
    
}

一、
	①②位置其实是一样的，但是一开始写到1处，老报错，脑子就乱了，以为函数中的node变量会在递归调用的过程中改变值。

这里再记录下，强化记忆。递归过程中，当递归函数被调用时，它的变量的空间是创建于运行时堆栈上的。以前调用的函数的变量仍保留在堆栈上，但他们被新函数的变量所掩盖，因此是不能被访问的。（类似，函数被调用会在堆栈上开辟一格空间，存储函数中的变量；新的递归调用来时，就把上一个开辟给递归函数的空间入栈，入栈的变量就不能访问和被改变了；开辟的新的空间用来存储这次递归函数运行的变量，因此新的函数调用，是不会改变上次函数运行时的变量的。）

so, node变量的值不会变。

参考的思路：每次一次选取一个结点为根，然后递归求解左右子树的所有结果，最后根据左右子树的返回的所有子树，依次选取然后接上（每个左边的子树跟所有右边的子树匹配，而每个右边的子树也要跟所有的左边子树匹配，总共有左右子树数量的乘积种情况），构造好之后作为当前树的结果返回。

	这道题的解题依据：
当数组为 1，2，3，4，.. i，.. n时，基于以下原则的BST建树具有唯一性：
以i为根节点的树，其左子树由[1, i-1]构成， 其右子树由[i+1, n]构成。

二、

关于List：	List<TreeNode> list = new ArrayList<TreeNode>();

1)List可以存储null, list.add(null)后 size加1;

ArrayList<String> list = new ArrayList<String>();
        list.add(null);
        System.out.println("list.size()="+list.size());
        System.out.println("list.get(0)="+list.get(0));

输出结果：

list.size()=1
list.get(0)=null

2)集合类中存储的都是对对象的引用，而非对象。

最后把参考搬过来：http://www.cnblogs.com/springfor/p/3884029.html

题解：这道题比1难的就是不是返回个数，而是返回所有结果。引用code ganker（http://codeganker.blogspot.com/2014/04/unique-binary-search-trees-ii-leetcode.html）的讲解：这道题是求解所有可行的二叉查找树，从Unique Binary Search Trees中我们已经知道，可行的二叉查找树的数量是相应的卡特兰数，不是一个多项式时间的数量级，所以我们要求解所有的树，自然是不能多项式时间内完成的了。算法上还是用求解NP问题的方法来求解，也就是N-Queens中介绍的在循环中调用递归函数求解子问题。思路是每次一次选取一个结点为根，然后递归求解左右子树的所有结果，最后根据左右子树的返回的所有子树，依次选取然后接上（每个左边的子树跟所有右边的子树匹配，而每个右边的子树也要跟所有的左边子树匹配，总共有左右子树数量的乘积种情况），构造好之后作为当前树的结果返回。这道题的解题依据依然是：当数组为 1，2，3，4，.. i，.. n时，基于以下原则的BST建树具有唯一性：以i为根节点的树，其左子树由[1, i-1]构成， 其右子树由[i+1, n]构成。 代码如下：

public ArrayList<TreeNode> generateTrees(int n) {        return generateTrees(1, n);//从1作为root开始，到n作为root结束    }         private ArrayList<TreeNode> generateTrees(int left, int right){        ArrayList<TreeNode> res = new ArrayList<TreeNode>();        if (left > right){            res.add(null);            return res;        }        for (int i = left; i <= right; i++){            ArrayList<TreeNode> lefts = generateTrees(left, i-1);//以i作为根节点，左子树由[1,i-1]构成            ArrayList<TreeNode> rights = generateTrees(i+1, right);//右子树由[i+1, n]构成            for (int j = 0; j < lefts.size(); j++){                for (int k = 0; k < rights.size(); k++){                    TreeNode root = new TreeNode(i);                    root.left = lefts.get(j);                    root.right = rights.get(k);                    res.add(root);//存储所有可能行                }            }        }        return res;    }