LeetCode 337. 打家劫舍 III | Python
337. 打家劫舍 III
题目来源：力扣（LeetCode）https://leetcode-cn.com/problems/house-robber-iii
题目
在上次打劫完一条街道之后和一圈房屋后，小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为“根”。 除了“根”之外，每栋房子有且只有一个“父“房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到“这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树”。 如果两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫，房屋将自动报警。
计算在不触动警报的情况下，小偷一晚能够盗取的最高金额。
示例 1:
输入: [3,2,3,null,3,null,1]
3
/ \
2 3
\ \
3 1
输出: 7
解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 = 3 + 3 + 1 = 7.
示例 2:
输入: [3,4,5,1,3,null,1]
3
/ \
4 5
/ \ \
1 3 1
输出: 9
解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 = 4 + 5 = 9.
解题思路
这道题是 【198. 打家劫舍】、【213. 打家劫舍 II】 的后续
思路：递归、动态规划
在这道题当中，偷窃的对象不再是一条街或者围成圈的房屋。而是看似二叉树排布的房屋。在这里，我们会用动态规划的方法来解决。
不过在此之前，我们先看题目，【如果两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫，房屋将自动报警】，这里的意思是，不能够偷窃相连的两个节点，也就是不能同时偷窃属于父子关系的节点。
题目给定的二叉树中，节点上的权值也就是要偷窃的金额，按照上面的条件，也就是说，每个节点都有两种状态：已偷取、未偷取。由于不能同时偷窃属于父子关系的节点，求该条件限定下，能偷取的金额最大值为多少。
递归
在这里，我们先用递归的方法来解决，这里根据上面的分析，分情况来讨论，具体思路如下（基于三层的二叉树描述）：
- 当偷窃根节点时，则无法偷窃根节点下的左右子节点，但是可以选择投左右子节点下的子树。
- 当不偷窃根节点时，则可以考虑偷窃根节点下的左右子节点。
那么，大致的代码如下：
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, x):
# self.val = x
# self.left = None
# self.right = None
class Solution:
def rob(self, root: TreeNode) -> int:
if not root:
return 0
# 分情况
# 偷窃根节点 与 不偷窃根节点
in_root = root.val
if root.left:
# 偷窃根节点时，无法偷取子节点，那么偷窃子孙节点
in_root += self.rob(root.left.left) +self. rob(root.left.right)
if root.right:
in_root += self.rob(root.right.left) +self. rob(root.right.right)
# 不偷取根节点，那么收益就是左右子节点权值的总和
not_in_root = self.rob(root.left) + self.rob(root.right)
# 返回大值
return max(in_root, not_in_root)
上面这段代码执行后超时，因为在计算子孙节点的时候，计算了根节点下的左右子树，而后续计算又重复计算了子孙节点。在这里，我们来进行优化，将计算后的结果存储到哈希表中，遇到需要重复计算的部分，直接拿过来，不需要再次递归计算。
优化后代码见【代码实现 # 递归（优化）】
动态规划
从上面递归的方法中，我们可以发现，最终最大收益为 in_root 和 not_in_root 的最大值。
也就是说，每个子树都有最优解：偷窃根节点 和 不偷窃根节点下的最优解。
我们重新定义这个问题，每个节点可以选择偷或者不偷，那么相连节点不能一起偷，那么：
- 如果当前节点选择偷窃时，左右子节点不选择偷；
- 如果当前节点选择不偷时，左右子节点主要能获得最优解就行。
定义数组存储两个状态，索引 0 表示不偷，索引 1 表示偷。那么每个节点能偷到最大金额可定义为：
- 当前节点选择偷窃时，最大金额数 = 左子节点不偷能获得的最大金额 + 右子节点不偷能获得的最大金额 + 当前节点的金额
- 当前节点选择不偷时，最大金额 = 左子节点能偷的最大金额 + 右子节点能偷的最大金额。
那么相应的转移公式为：
# 当前节点不偷
ans[0] = max(rob(root.left)[0], rob(root.left)[1])
+ max(rob(root.right)[0], rob(root.right)[1])
# 当前节点选择偷
ans[1] = rob(root.left)[0] + rob(root.right)[0] + root.val
具体代码见【代码实现 # 动态规划】
代码实现
# 递归（优化）
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, x):
# self.val = x
# self.left = None
# self.right = None
class Solution:
def rob(self, root: TreeNode) -> int:
# 存储计算过的结果
hash_map = {}
def helper(root):
if not root:
return 0
# 如果存在于哈希表中，直接拿过来用
if root in hash_map:
return hash_map[root]
in_root = root.val
if root.left:
# 偷窃根节点时，无法偷取子节点，那么偷窃子孙节点
in_root += helper(root.left.left) +helper(root.left.right)
if root.right:
in_root += helper(root.right.left) +helper(root.right.right)
# 不偷取根节点，那么收益就是左右子节点权值的总和
not_in_root = helper(root.left) + helper(root.right)
ans = max(in_root, not_in_root)
# 这里计算完之后，将结果存入哈希表中
hash_map[root] = ans
return ans
return helper(root)
# 动态规划
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, x):
# self.val = x
# self.left = None
# self.right = None
class Solution:
def rob(self, root: TreeNode) -> int:
def helper(root):
if not root:
return [0, 0]
ans = [0, 0]
left = helper(root.left)
right = helper(root.right)
# 两个索引对应两种状态，索引 0 表示不偷，索引 1 表示偷
ans[0] = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1])
ans[1] = left[0] + right[0] + root.val
return ans
ans = helper(root)
return max(ans[0], ans[1])
实现结果
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