n個結點，不同形態的二叉樹（數目生成）

不同的二叉查詢樹：

不同的二叉查詢樹 ii：

給出n = 3，有5種不同形態的二叉查詢樹：

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

2 1 2 3

可以分析，當n=1時，只有1個根節點，則只能組成1種形態的二叉樹，令n個節點可組成的二叉樹數量表示為h(n)，則h(1)=1; h(0)=0;

當n=2時，1個根節點固定，還有2-1個節點。這乙個節點可以分成（1,0），（0,1）兩組。即左邊放1個，右邊放0個；或者左邊放0個，右邊放1個。即：h(2)=h(0)*h(1)+h(1)*h(0)=2，則能組成2種形態的二叉樹。

當n=3時，1個根節點固定，還有2個節點。這2個節點可以分成（2,0），（1,1），（0,2）3組。即h(3)=h(0)*h(2)+h(1)*h(1)+h(2)*h(0)=5，則能組成5種形態的二叉樹。

以此類推，當n>=2時，可組成的二叉樹數量為h(n)=h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2)+...+h(n-1)*h(0)種，即符合catalan數的定義，可直接利用通項公式得出結果。

令h(1)＝1,h(0)=1，catalan數（卡特蘭數）滿足遞迴式：

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

另類遞迴式：

h(n)=((4*n-2)/(n+1))*h(n-1);

該遞推關係的解為：

h(n)=c(2n,n)/(n+1) (n=1,2,3,...)

由此想到了上次說的"n個數依次入棧，出棧順序有多少種？",同樣用的也是卡特蘭數。

class
solution 
return
ans;
}int numtrees(int
n) };

給出n = 3，生成所有5種不同形態的二叉查詢樹：

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

2 1 2 3

其實通過樣例，我們可以發現n個結點構造不同形態二叉樹的過程，1,2,3.....n個結點，列舉每乙個結點為根結點(假設為root， 1<=root<=n), 那麼(1,2..root-1)和(root+1, root+2...n)分別是root的左右子樹。每一步不斷地重複上述過程，最終會得到所有形態的二叉樹。

先弱弱的說一下自己錯誤的實現，因為遞迴實現的時候會得到不同的二叉樹，那麼如何判斷n個結點正好生成了二叉樹呢？於是用了乙個變數usenode(=0)，表示當前已經用了多少個結點建樹。當usenode等於n的時候說明產生了一棵符合要求的樹，接著拷貝一下剛才生成的樹，然後放入vector中，繼續建造下一棵符合條件的二叉樹。

/*
* * definition of treenode:
* class treenode 
* } */
class
solution 
}void buildt(treenode * &t, int ld, int rd, int
usenode)
buildt(t->left, ld, root-1, usenode+1
);            buildt(t->right, root+1, rd, usenode+root-ld+1
);        }
}vector
generatetrees(int
n) };

後來執行之後，看到錯誤的答案與正確答案的對比，如下：

當n=4的時候

輸出

[,,,,,,,,,,,,]

期望答案

[,,,,,,,,,,,,,]

也就是少了，以3為根結點的二叉樹為什麼會少了呢？仔細想想，3結點的左孩子可以是1，也可以是2，那麼左孩子為1的情況就被忽略了，此時usenode並不等於n，然後就換成左孩子為2結點的情況了。

/*
* * definition of treenode:
* class treenode 
* } */
class
solution 
if(ld >rd)
for(int i=ld; i<=rd; ++i)
}return
ans;
}vector
generatetrees(int
n) };

分析：在確定當前結點x後，那麼x的左孩子結點（或右孩子結點）可能會有多個，那麼就把這些可能的結點都存到vector中，然後從左孩子集合中任選出lx結點，以及從右孩子集合中選出rx結點，那麼lx和rx就確定了一種形態的二叉樹。

n個結點，不同形態的二叉樹（數目 生成）

n個結點，不同形態的二叉樹（數目 生成）

n個結點，不同形態的二叉樹（數目 生成）

二叉樹的不同形態

相關推薦

n個結點，不同形態的二叉樹（數目生成）

n個結點，不同形態的二叉樹（數目生成）

n個結點，不同形態的二叉樹（數目生成）