_32LeetCode代码随想录算法训练营第三十二天-贪心算法 | 738.单调递增的数字、714.买卖股票的最佳时机含手续费、968.监控二叉树

题目列表

738.单调递增的数字
714.买卖股票的最佳时机含手续费
968.监控二叉树
贪心算法总结

738.单调递增的数字

代码随想录地址：https://programmercarl.com/0738.%E5%8D%95%E8%B0%83%E9%80%92%E5%A2%9E%E7%9A%84%E6%95%B0%E5%AD%97.html

题目

当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x <= y 时，我们称这个整数是单调递增的。

给定一个整数 n ，返回小于或等于 n 的最大数字，且数字呈 单调递增 。

示例 1:

输入: n = 10
输出: 9

示例 2:

输入: n = 1234
输出: 1234

示例 3:

输入: n = 332
输出: 299

思路

首先将n转换为字符串strNum

遇到strNum[i - 1] > strNum[i]的情况，让strNum[i - 1]–，记录最终改变strNum[i]的位置，它以及它后面的元素全部变为9。

从后往前遍历。

代码

/** @lc app=leetcode.cn id=738 lang=cpp** [738] 单调递增的数字*/// @lc code=start
class Solution {public:int monotoneIncreasingDigits(int n) {//将数据转换为字符串string str = to_string(n);int flag = str.size();//记录从什么地方开始变为9for(int i = str.size() - 1; i > 0; i--){//如果遇到str[i - 1] > str[i]，那么就将str[i - 1]--，并将str[i]设置为9if(str[i - 1] > str[i]){str[i - 1]--;flag = i;}                }//将flag位置及其后面的元素全部置为'9'for(int i = flag; i < str.size(); i++){str[i] = '9';}return stoi(str);}
};
// @lc code=end

714.买卖股票的最佳时机含手续费

代码随想录地址：https://programmercarl.com/0714.%E4%B9%B0%E5%8D%96%E8%82%A1%E7%A5%A8%E7%9A%84%E6%9C%80%E4%BD%B3%E6%97%B6%E6%9C%BA%E5%90%AB%E6%89%8B%E7%BB%AD%E8%B4%B9.html

题目

给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格；整数 fee 代表了交易股票的手续费用。

你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。

返回获得利润的最大值。

**注意：**这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。

示例 1：

输入：prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出：8
解释：能够达到的最大利润:
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8

示例 2：

输入：prices = [1,3,7,5,10,3], fee = 3
输出：6

说明

是动态规划的经典题目，贪心算法比较拗口，因此跳过。

968.监控二叉树

代码随想录地址：https://programmercarl.com/0968.%E7%9B%91%E6%8E%A7%E4%BA%8C%E5%8F%89%E6%A0%91.html

题目

给定一个二叉树，我们在树的节点上安装摄像头。

节点上的每个摄影头都可以监视其父对象、自身及其直接子对象。

计算监控树的所有节点所需的最小摄像头数量。

示例 1：

输入：[0,0,null,0,0]
输出：1
解释：如图所示，一台摄像头足以监控所有节点。

示例 2：

输入：[0,0,null,0,null,0,null,null,0]
输出：2
解释：需要至少两个摄像头来监视树的所有节点。 上图显示了摄像头放置的有效位置之一。

提示：

给定树的节点数的范围是 [1, 1000]。
每个节点的值都是 0。

思路

整体思路

所以我们要从下往上看，局部最优：让叶子节点的父节点安摄像头，所用摄像头最少，整体最优：全部摄像头数量所用最少！

为什么不从头节点开始安装摄像头，因为要计算最少的监控数量；如果从头节点开始，那么最多也就能省下一个摄像头，从叶子节点开始，就能省下很多摄像头。

此时，大体思路就是从低到上，先给叶子节点父节点放个摄像头，然后隔两个节点放一个摄像头，直至到二叉树头结点。

本题的两个难点：

二叉树的遍历
如何隔两个节点放一个摄像头

难点1

选择后序遍历，也就是左右中的遍历，以达到从叶子节点开始考虑安装摄像头。

难点2

使用状态转移的方式，综合考虑所有节点只可能有这三种状态。

0：该节点无覆盖
1：本节点有摄像头
2：本节点有覆盖

空节点应该是哪种状态？如果空节点为无覆盖，那么空节点的父节点——叶子节点也是无覆盖的，需要在叶子节点放摄像头，不符合要求最少摄像头数量；如果空节点有摄像头，那么叶子节点就是有覆盖的，叶子节点的父节点是无覆盖的，不需要在叶子节点的父节点放置摄像头，不成立；如果空节点为有覆盖，那么叶子节点就是无覆盖的，需要在叶子节点的父节点放置摄像头，成立。因此，空节点应该是有覆盖的状态。

因此递归的终止条件为：

// 空节点，该节点有覆盖
if (cur == NULL) return 2;

递归的单层逻辑处理分为四种情况：

情况1：左右节点都有覆盖

左孩子有覆盖，右孩子有覆盖，那么此时中间节点应该就是无覆盖的状态了。

如图：

情况2：左右节点至少有一个无覆盖的情况

如果是以下情况，则中间节点（父节点）应该放摄像头：

left == 0 && right == 0 左右节点无覆盖 left == 1 && right == 0 左节点有摄像头，右节点无覆盖 left == 0 && right == 1 左节点有无覆盖，右节点摄像头 left == 0 && right == 2 左节点无覆盖，右节点覆盖 left == 2 && right == 0 左节点覆盖，右节点无覆盖

情况3：左右节点至少有一个有摄像头

如果是以下情况，其实就是左右孩子节点有一个有摄像头了，那么其父节点就应该是2（覆盖的状态）

left == 1 && right == 2 左节点有摄像头，右节点有覆盖 left == 2 && right == 1 左节点有覆盖，右节点有摄像头 left == 1 && right == 1 左右节点都有摄像头

情况4：头结点没有覆盖

其实就是三种情况，当前节点为状态0、1、2

代码

/** @lc app=leetcode.cn id=968 lang=cpp** [968] 监控二叉树*/// @lc code=start
/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {private:int result;int traversal(TreeNode* cur) {// 空节点，该节点有覆盖if (cur == NULL) return 2;int left = traversal(cur->left);    // 左int right = traversal(cur->right);  // 右// 情况1// 左右节点都有覆盖，那么其父节点无覆盖，返回0if (left == 2 && right == 2) return 0;// 情况2// left == 0 && right == 0 左右节点无覆盖// left == 1 && right == 0 左节点有摄像头，右节点无覆盖// left == 0 && right == 1 左节点有无覆盖，右节点摄像头// left == 0 && right == 2 左节点无覆盖，右节点覆盖// left == 2 && right == 0 左节点覆盖，右节点无覆盖if (left == 0 || right == 0) {result++;return 1;//在当前节点放置摄像头}// 情况3// left == 1 && right == 2 左节点有摄像头，右节点有覆盖// left == 2 && right == 1 左节点有覆盖，右节点有摄像头// left == 1 && right == 1 左右节点都有摄像头// 其他情况前段代码均已覆盖，前面已经判断了左右至少有一个无覆盖的情况if (left == 1 || right == 1) return 2;// 以上代码我没有使用else，主要是为了把各个分支条件展现出来，这样代码有助于读者理解// 这个 return -1 逻辑不会走到这里。return -1;}public:int minCameraCover(TreeNode* root) {result = 0;// 情况4if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖result++;}return result;}
};
// @lc code=end

贪心算法总结

代码随想录地址：https://programmercarl.com/%E8%B4%AA%E5%BF%83%E7%AE%97%E6%B3%95%E6%80%BB%E7%BB%93%E7%AF%87.html

贪心简单题

贪心算法：分发饼干(opens new window)
贪心算法：K次取反后最大化的数组和(opens new window)
贪心算法：柠檬水找零(opens new window)

贪心中等题

贪心算法：摆动序列(opens new window)
贪心算法：单调递增的数字(opens new window)

贪心解决股票问题

贪心算法：买卖股票的最佳时机II(opens new window)
贪心算法：买卖股票的最佳时机含手续费(opens new window)

两个维度权衡问题

在出现两个维度相互影响的情况时，两边一起考虑一定会顾此失彼，要先确定一个维度，再确定另一个一个维度。

贪心算法：分发糖果(opens new window)
贪心算法：根据身高重建队列

贪心难题

贪心解决区间问题

贪心算法：跳跃游戏(opens new window)
贪心算法：跳跃游戏II(opens new window)
贪心算法：用最少数量的箭引爆气球(opens new window)
贪心算法：无重叠区间(opens new window)
贪心算法：划分字母区间(opens new window)
贪心算法：合并区间(opens new window)

其他难题

贪心算法：最大子序和 (opens new window)

贪心算法：加油站 (opens new window)

贪心算法：我要监控二叉树！ (opens new window)