参与本项目，贡献其他语言版本的代码，拥抱开源，让更多学习算法的小伙伴们收益！
给定一个整数 n，求以 1 ... n 为节点组成的二叉搜索树有多少种？
示例:
这道题目描述很简短，但估计大部分同学看完都是懵懵的状态，这得怎么统计呢？
关于什么是二叉搜索树，我们之前在讲解二叉树专题的时候已经详细讲解过了，也可以看看这篇二叉树：二叉搜索树登场！再回顾一波。
了解了二叉搜索树之后，我们应该先举几个例子，画画图，看看有没有什么规律，如图：
n为1的时候有一棵树，n为2有两棵树，这个是很直观的。
来看看n为3的时候，有哪几种情况。
当1为头结点的时候，其右子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和 n 为2的时候两棵树的布局是一样的啊！
（可能有同学问了，这布局不一样啊，节点数值都不一样。别忘了我们就是求不同树的数量，并不用把搜索树都列出来，所以不用关心其具体数值的差异）
当3为头结点的时候，其左子树有两个节点，看这两个节点的布局，是不是和n为2的时候两棵树的布局也是一样的啊！
当2为头结点的时候，其左右子树都只有一个节点，布局是不是和n为1的时候只有一棵树的布局也是一样的啊！
发现到这里，其实我们就找到了重叠子问题了，其实也就是发现可以通过dp[1] 和 dp[2] 来推导出来dp[3]的某种方式。
思考到这里，这道题目就有眉目了。
dp[3]，就是 元素1为头结点搜索树的数量 + 元素2为头结点搜索树的数量 + 元素3为头结点搜索树的数量
元素1为头结点搜索树的数量 = 右子树有2个元素的搜索树数量 * 左子树有0个元素的搜索树数量
元素2为头结点搜索树的数量 = 右子树有1个元素的搜索树数量 * 左子树有1个元素的搜索树数量
元素3为头结点搜索树的数量 = 右子树有0个元素的搜索树数量 * 左子树有2个元素的搜索树数量
有2个元素的搜索树数量就是dp[2]。
有1个元素的搜索树数量就是dp[1]。
有0个元素的搜索树数量就是dp[0]。
所以dp[3] = dp[2] * dp[0] + dp[1] * dp[1] + dp[0] * dp[2]
如图所示：
此时我们已经找到递推关系了，那么可以用动规五部曲再系统分析一遍。
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i] ： 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。
也可以理解是i的不同元素节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i] ，都是一样的。
以下分析如果想不清楚，就来回想一下dp[i]的定义
- 确定递推公式
在上面的分析中，其实已经看出其递推关系， dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]
j相当于是头结点的元素，从1遍历到i为止。
所以递推公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ，j-1 为j为头结点左子树节点数量，i-j 为以j为头结点右子树节点数量
- dp数组如何初始化
初始化，只需要初始化dp[0]就可以了，推导的基础，都是dp[0]。
那么dp[0]应该是多少呢？
从定义上来讲，空节点也是一棵二叉树，也是一棵二叉搜索树，这是可以说得通的。
从递归公式上来讲，dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量] 中以j为头结点左子树节点数量为0，也需要dp[以j为头结点左子树节点数量] = 1， 否则乘法的结果就都变成0了。
所以初始化dp[0] = 1
- 确定遍历顺序
首先一定是遍历节点数，从递归公式：dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]可以看出，节点数为i的状态是依靠 i之前节点数的状态。
那么遍历i里面每一个数作为头结点的状态，用j来遍历。
代码如下：
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++) {
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
}
}- 举例推导dp数组
n为5时候的dp数组状态如图：
当然如果自己画图举例的话，基本举例到n为3就可以了，n为4的时候，画图已经比较麻烦了。
我这里列到了n为5的情况，是为了方便大家 debug代码的时候，把dp数组打出来，看看哪里有问题。
综上分析完毕，C++代码如下：
class Solution {
public:
int numTrees(int n) {
vector<int> dp(n + 1);
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++) {
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
}
}
return dp[n];
}
};- 时间复杂度：$O(n^2)$
- 空间复杂度：$O(n)$
大家应该发现了，我们分析了这么多，最后代码却如此简单！
这道题目虽然在力扣上标记是中等难度，但可以算是困难了！
首先这道题想到用动规的方法来解决，就不太好想，需要举例，画图，分析，才能找到递推的关系。
然后难点就是确定递推公式了，如果把递推公式想清楚了，遍历顺序和初始化，就是自然而然的事情了。
可以看出我依然还是用动规五部曲来进行分析，会把题目的方方面面都覆盖到！
而且具体这五部分析是我自己平时总结的经验，找不出来第二个的，可能过一阵子 其他题解也会有动规五部曲了，哈哈。
当时我在用动规五部曲讲解斐波那契的时候，一些录友和我反应，感觉讲复杂了。
其实当时我一直强调简单题是用来练习方法论的，并不能因为简单我就代码一甩，简单解释一下就完事了。
可能当时一些同学不理解，现在大家应该感受方法论的重要性了，加油💪
class Solution {
public int numTrees(int n) {
//初始化 dp 数组
int[] dp = new int[n + 1];
//初始化0个节点和1个节点的情况
dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= i; j++) {
//对于第i个节点，需要考虑1作为根节点直到i作为根节点的情况，所以需要累加
//一共i个节点，对于根节点j时,左子树的节点个数为j-1，右子树的节点个数为i-j
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
}
}
return dp[n];
}
}class Solution:
def numTrees(self, n: int) -> int:
dp = [0] * (n + 1)
dp[0], dp[1] = 1, 1
for i in range(2, n + 1):
for j in range(1, i + 1):
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]
return dp[-1]func numTrees(n int)int{
dp:=make([]int,n+1)
dp[0]=1
for i:=1;i<=n;i++{
for j:=1;j<=i;j++{
dp[i]+=dp[j-1]*dp[i-j]
}
}
return dp[n]
}const numTrees =(n) => {
let dp = new Array(n+1).fill(0);
dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
for(let i = 2; i <= n; i++) {
for(let j = 1; j <= i; j++) {
dp[i] += dp[j-1] * dp[i-j];
}
}
return dp[n];
};C:
//开辟dp数组
int *initDP(int n) {
int *dp = (int *)malloc(sizeof(int) * (n + 1));
int i;
for(i = 0; i <= n; ++i)
dp[i] = 0;
return dp;
}
int numTrees(int n){
//开辟dp数组
int *dp = initDP(n);
//将dp[0]设为1
dp[0] = 1;
int i, j;
for(i = 1; i <= n; ++i) {
for(j = 1; j <= i; ++j) {
//递推公式：dp[i] = dp[i] + 根为j时左子树种类个数 * 根为j时右子树种类个数
dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j];
}
}
return dp[n];
}