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};
}
}