二叉树和贪心算法
968. Binary Tree Cameras
You are given the root of a binary tree. We install cameras on the tree nodes where each camera at a node can monitor its parent, itself, and its immediate children.
Return the minimum number of cameras needed to monitor all nodes of the tree.
Example 1:
Input: root = [0,0,null,0,0]
Output: 1
Explanation: One camera is enough to monitor all nodes if placed as shown.
Example 2:
Input: root = [0,0,null,0,null,0,null,null,0]
Output: 2
Explanation: At least two cameras are needed to monitor all nodes of the tree. The above image shows one of the valid configurations of camera placement.
Constraints:
- The number of nodes in the tree is in the range
[1, 1000]. Node.val == 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;
}
C++解法
C++代码如下：
// 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4
if (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;
}
};
- 时间复杂度: O(n)，需要遍历二叉树上的每个节点
- 空间复杂度: O(n)
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，版本二中看不中用！。