leetcode-337-打家劫舍 III-java

题目及测试

package pid337;
/*337. 打家劫舍 III

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.


*/
public class main {
	
	public static void main(String[] args) {
		Object[] x=new Object[]{3,9,20,null,null,15,7};	
		BinaryTree tree=new BinaryTree(x);
		BinaryTree.printTree(tree.root);
		test(tree.root);
		
		
	}
		 
	private static void test(TreeNode ito) {
		Solution solution = new Solution();
		int rtn;
		long begin = System.currentTimeMillis();
		rtn = solution.rob(ito);//执行程序
		long end = System.currentTimeMillis();		
		System.out.println("rtn=" );
		System.out.print(rtn);
		System.out.println();
		System.out.println("耗时：" + (end - begin) + "ms");
		System.out.println("-------------------");
	}

}

自己没想出来

解法1（别人的）

简化一下这个问题：一棵二叉树，树上的每个点都有对应的权值，每个点有两种状态（选中和不选中），问在不能同时选中有父子关系的点的情况下，能选中的点的最大权值和是多少。

我们可以用 f(o)表示选择 o 节点的情况下，o 节点的子树上被选择的节点的最大权值和；g(o) 表示不选择 o 节点的情况下，o 节点的子树上被选择的节点的最大权值和；l 和 r 代表 o 的左右孩子。

当 o 被选中时，o 的左右孩子都不能被选中，故 o 被选中情况下子树上被选中点的最大权值和为 l 和 r 不被选中的最大权值和相加，即 f(o)=g(l)+g(r)。
当 o 不被选中时，o 的左右孩子可以被选中，也可以不被选中。对于 o 的某个具体的孩子 x，它对 o 的贡献是 x 被选中和不被选中情况下权值和的较大值。故 g(o)=max⁡{f(l),g(l)}+max⁡{f(r),g(r)}。

至此，我们可以用哈希映射来存 f 和 g 的函数值，用深度优先搜索的办法后序遍历这棵二叉树，我们就可以得到每一个节点的 f 和 g。根节点的 f 和 g 的最大值就是我们要找的答案。

我们不难给出这样的实现：

class Solution {
    Map f = new HashMap();
    Map g = new HashMap();

    public int rob(TreeNode root) {
        dfs(root);
        return Math.max(f.getOrDefault(root, 0), g.getOrDefault(root, 0));
    }

    public void dfs(TreeNode node) {
        if (node == null) {
            return;
        }
        dfs(node.left);
        dfs(node.right);
        f.put(node, node.val + g.getOrDefault(node.left, 0) + g.getOrDefault(node.right, 0));
        g.put(node, Math.max(f.getOrDefault(node.left, 0), g.getOrDefault(node.left, 0)) + Math.max(f.getOrDefault(node.right, 0), g.getOrDefault(node.right, 0)));
    }
}

解法2（别人的）

假设二叉树的节点个数为 n。

我们可以看出，以上的算法对二叉树做了一次后序遍历，时间复杂度是 O(n)；由于递归会使用到栈空间，空间代价是 O(n)，哈希映射的空间代价也是 O(n)，故空间复杂度也是 O(n)。

我们可以做一个小小的优化，我们发现无论是 f(o) 还是 g(o)，他们最终的值只和 f(l)、g(l)、f(r)、g(r) 有关，所以对于每个节点，我们只关心它的孩子节点们的 f 和 g 是多少。我们可以设计一个结构，表示某个节点的 f 和 g 值，在每次递归返回的时候，都把这个点对应的 f 和 g 返回给上一级调用，这样可以省去哈希映射的空间。

class Solution {
    public int rob(TreeNode root) {
        int[] rootStatus = dfs(root);
        return Math.max(rootStatus[0], rootStatus[1]);
    }

    public int[] dfs(TreeNode node) {
        if (node == null) {
            return new int[]{0, 0};
        }
        int[] l = dfs(node.left);
        int[] r = dfs(node.right);
        int selected = node.val + l[1] + r[1];
        int notSelected = Math.max(l[0], l[1]) + Math.max(r[0], r[1]);
        return new int[]{selected, notSelected};
    }
}