「代码随想录」968.监控二叉树【贪心算法】力扣详解！
本文 https://github.com/youngyangyang04/leetcode-master 已经收录，里面还有leetcode刷题攻略、各个类型经典题目刷题顺序、思维导图，可以fork到自己仓库，有空看一看一定会有所收获，如果对你有帮助也给一个star支持一下吧！
968.监控二叉树
题目地址 : https://leetcode-cn.com/problems/binary-tree-cameras/
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
这道题目首先要想，如何放置，才能让摄像头最小的呢？
从题目中示例，其实可以得到启发，我们发现题目示例中的摄像头都没有放在叶子节点上！
这是很重要的一个线索，摄像头可以覆盖上中下三层，如果把摄像头放在叶子节点上，就浪费的一层的覆盖。
所以把摄像头放在叶子节点的父节点位置，才能充分利用摄像头的覆盖面积。
那么有同学可能问了，为什么不从头结点开始看起呢，为啥要从叶子节点看呢？
因为头结点放不放摄像头也就省下一个摄像头， 叶子节点放不放摄像头省下了的摄像头数量是指数阶别的。
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！
局部最优推出全局最优，找不出反例，那么就按照贪心来！
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。
此时这道题目还有两个难点：
- 二叉树的遍历
- 如何隔两个节点放一个摄像头
确定遍历顺序
在二叉树中如何从低向上推导呢？
可以使用后序遍历也就是左右中的顺序，这样就可以在回溯的过程中从下到上进行推导了。
后序遍历代码如下：
int traversal(TreeNode* cur) {// 空节点，该节点有覆盖if (终止条件) return ;int left = traversal(cur->left); // 左int right = traversal(cur->right); // 右逻辑处理 // 中return ;}
注意在以上代码中我们取了左孩子的返回值，右孩子的返回值，即left 和 right， 以后推导中间节点的状态
如何隔两个节点放一个摄像头
此时需要状态转移的公式，大家不要和动态的状态转移公式混到一起，本题状态转移没有择优的过程，就是单纯的状态转移！
来看看这个状态应该如何转移，先来看看每个节点可能有几种状态：
有如下三种：
- 该节点无覆盖
- 本节点有摄像头
- 本节点有覆盖
我们分别有三个数字来表示：
- 0：该节点无覆盖
- 1：本节点有摄像头
- 2：本节点有覆盖
大家应该找不出第四个节点的状态了。
一些同学可能会想有没有第四种状态：本节点无摄像头，其实无摄像头就是 无覆盖 或者 有覆盖的状态，所以一共还是三个状态。
因为在遍历树的过程中，就会遇到空节点，那么问题来了，空节点究竟是哪一种状态呢？ 空节点表示无覆盖？ 表示有摄像头？还是有覆盖呢？
回归本质，为了让摄像头数量最少，我们要尽量让叶子节点的父节点安装摄像头，这样才能摄像头的数量最少。
那么空节点不能是无覆盖的状态，这样叶子节点就要放摄像头了，空节点也不能是有摄像头的状态，这样叶子节点的父节点就没有必要放摄像头了，而是可以把摄像头放在叶子节点的爷爷节点上。
所以空节点的状态只能是有覆盖，这样就可以在叶子节点的父节点放摄像头了
接下来就是递推关系。
那么递归的终止条件应该是遇到了空节点，此时应该返回2（有覆盖），原因上面已经解释过了。
代码如下：
// 空节点，该节点有覆盖
if (cur == NULL) return 2;
递归的函数，以及终止条件已经确定了，再来看单层逻辑处理。
主要有如下四类情况：
- 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：
代码如下：
// 左右节点都有覆盖
if (left == 2 && right == 2) return 0;
- 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
这个不难理解，毕竟有一个孩子没有覆盖，父节点就应该放摄像头。
此时摄像头的数量要加一，并且return 1，代表中间节点放摄像头。
代码如下：
if (left == 0 || right == 0) {result++;return 1;
}
- 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
代码如下：
if (left == 1 || right == 1) return 2;
从这个代码中，可以看出，如果left == 1, right == 0 怎么办？其实这种条件在情况2中已经判断过了，如图：
这种情况也是大多数同学容易迷惑的情况。
- 情况4：头结点没有覆盖
以上都处理完了，递归结束之后，可能头结点 还有一个无覆盖的情况，如图：
所以递归结束之后，还要判断根节点，如果没有覆盖，result++，代码如下：
int minCameraCover(TreeNode* root) {result = 0;if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖result++;}return result;
}
以上四种情况我们分析完了，代码也差不多了，整体代码如下：
（以下我的代码注释很详细，为了把情况说清楚，特别把每种情况列出来。）
C++代码
// 版本一
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if (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;}// 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;}
};
在以上代码的基础上，再进行精简，代码如下：
// 版本二
class Solution {
private:int result;int traversal(TreeNode* cur) {if (cur == NULL) return 2;int left = traversal(cur->left); // 左int right = traversal(cur->right); // 右if (left == 2 && right == 2) return 0;else if (left == 0 || right == 0) {result++;return 1;} else return 2;}
public:int minCameraCover(TreeNode* root) {result = 0;if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖result++;}return result;}
};大家可能会惊讶，居然可以这么简短，其实就是在版本一的基础上，使用else把一些情况直接覆盖掉了。
在网上关于这道题解可以搜到很多这种神级别的代码，但都没讲不清楚，如果直接看代码的话，指定越看越晕，所以建议大家对着版本一的代码一步一步来哈，版本二中看不中用！。
总结
本题的难点首先是要想到贪心的思路，然后就是遍历和状态推导。
在二叉树上进行状态推导，其实难度就上了一个台阶了，需要对二叉树的操作非常娴熟。
这道题目是名副其实的hard，大家感受感受，哈哈。
就酱，学算法，认准「代码随想录」，值得介绍给身边的同学朋友们！
我是程序员Carl，可以找我组队刷题，也可以在B站上找到我，本文leetcode刷题攻略已收录，更多精彩算法文章尽在公众号：代码随想录，关注后就会发现和「代码随想录」相见恨晚！
如果感觉对你有帮助，不要吝啬给一个
738.单调递增的数字 1.题目 给定一个非负整数 N,找出小于或等于 N 的最大的整数,同时这个整数需要满足其各个位数上的数字是单调递增. (当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x &l ... 原创公众号:「bigsai」 除公众号以外拒绝任意擅自转载 文章收录在bigsai公众号和回车课堂 课程导学 在Java课堂中,所有老师不得不提到面向对象(Object Oriented),而在谈到面 ... 目录 零.前言 1.区分贪心算法和动态规划 1.动态规划 2.贪心算法 3.共通点 2.贪心算法得到最优解的条件 1.具有优化子结构 2.具有贪心选择性 3.任务安排问题 1.问题定义 2.优化子结构 ... 华硕k401n 笔记本电脑长时间使用后存在大量灰尘,造成风扇噪音大,cpu温度高,影响计算机工作性能,威胁硬件安全.因此需要及时清灰.下面为大家分享华硕K401笔记本电脑拆机清灰步骤,有需要的朋友快快 ... 排序算法中的归并排序(Merge Sort)是利用"归并"技术来进行排序.归并是指将若干个已排序的子文件合并成一个有序的文件. 一.实现原理: 1.算法基本思路 设两个有序的子文件 ... _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 ... Day 37 738. 单调递增的数字 class Solution { public:int monotoneIncreasingDigits(int n) {string strN = to_st ... LeetCode 714 买卖股票的最佳时机含手续费 (中等) 题目 描述 给定一个整数数组 prices,其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 :整数 fee 代表了交易股票的手续费用. 你 ... 文章目录 738. 单调递增的数字 思路 难点:遍历顺序 难点:设置flag 714. 买卖股票的最佳时机含手续费 贪心思路 难点 968. 监控二叉树 思路 难点:如何隔两个节点放一个摄像头 738 ... LC 714. 买卖股票的最佳时机含手续费 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 ...「代码随想录」968.监控二叉树【贪心算法】力扣详解！相关推荐
最新文章
热门文章