贪心算法Day6学习心得

第一道：738. 单调递增的数字 - 力扣（LeetCode）

这道题目暴力算法肯定是最容易想到的，先附上暴力的代码：

class Solution {
private:// 判断一个数字的各位上是否是递增bool checkNum(int num) {int max = 10;while (num) {int t = num % 10;if (max >= t) max = t;else return false;num = num / 10;}return true;}
public:int monotoneIncreasingDigits(int N) {for (int i = N; i > 0; i--) { // 从大到小遍历if (checkNum(i)) return i;}return 0;}
};

当然，还是要用贪心的思路来想一下。

题目要求小于等于N的最大单调递增的整数，那么拿一个两位的数字来举例。

例如：98，一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况（非单调递增），首先想让strNum[i - 1]--，然后strNum[i]给为9，这样这个整数就是89，即小于98的最大的单调递增整数。

这一点如果想清楚了，这道题就好办了。

此时是从前向后遍历还是从后向前遍历呢？

从前向后遍历的话，遇到strNum[i - 1] > strNum[i]的情况，让strNum[i - 1]减一，但此时如果strNum[i - 1]减一了，可能又小于strNum[i - 2]。

这么说有点抽象，举个例子，数字：332，从前向后遍历的话，那么就把变成了329，此时2又小于了第一位的3了，真正的结果应该是299。

那么从后向前遍历，就可以重复利用上次比较得出的结果了，从后向前遍历332的数值变化为：332 -> 329 -> 299

确定了遍历顺序之后，那么此时局部最优就可以推出全局，找不出反例，试试贪心。

C++代码如下：

class Solution {
public:int monotoneIncreasingDigits(int N) {string strNum = to_string(N);// flag用来标记赋值9从哪里开始// 设置为这个默认值，为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行int flag = strNum.size();for (int i = strNum.size() - 1; i > 0; i--) {if (strNum[i - 1] > strNum[i] ) {flag = i;strNum[i - 1]--;}}for (int i = flag; i < strNum.size(); i++) {strNum[i] = '9';}return stoi(strNum);}
};

然后看第二道，也是贪心的最后一道：968. 监控二叉树 - 力扣（LeetCode）

这道题也是挺有意思的，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，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

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

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：

968.监控二叉树2

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：

968.监控二叉树1

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：

968.监控二叉树3

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++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;}
};