代码随想录训练营第三十七天|738.单调递增的数字、968.监控二叉树、总结
738.单调递增的数字
力扣题目链接
给定一个非负整数 N，找出小于或等于 N 的最大的整数，同时这个整数需要满足其各个位数上的数字是单调递增。
（当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x <= y 时，我们称这个整数是单调递增的。）
示例 1:
- 输入: N = 10
- 输出: 9
示例 2:
- 输入: N = 1234
- 输出: 1234
示例 3:
- 输入: N = 332
- 输出: 299
说明: N 是在 [0, 10^9] 范围内的一个整数。
思路
暴力解法
题意很简单，那么首先想的就是暴力解法了，来我替大家暴力一波，结果自然是超时！
代码如下：
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;
}
};
- 时间复杂度：O(n × m) m为n的数字长度
- 空间复杂度：O(1)
贪心算法
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);
}
};
- 时间复杂度：O(n)，n 为数字长度
- 空间复杂度：O(n)，需要一个字符串，转化为字符串操作更方便
总结
本题只要想清楚个例，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]减一，strNum[i]赋值9，这样这个整数就是89。就可以很自然想到对应的贪心解法了。
想到了贪心，还要考虑遍历顺序，只有从后向前遍历才能重复利用上次比较的结果。
最后代码实现的时候，也需要一些技巧，例如用一个flag来标记从哪里开始赋值9。
968.监控二叉树
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给定一个二叉树，我们在树的节点上安装摄像头。
节点上的每个摄影头都可以监视其父对象、自身及其直接子对象。
计算监控树的所有节点所需的最小摄像头数量。
示例 1：
- 输入：[0,0,null,0,0]
- 输出：1
- 解释：如图所示，一台摄像头足以监控所有节点。
示例 2：
- 输入：[0,0,null,0,null,0,null,null,0]
- 输出：2
- 解释：需要至少两个摄像头来监视树的所有节点。 上图显示了摄像头放置的有效位置之一。
提示：
- 给定树的节点数的范围是 [1, 1000]。
- 每个节点的值都是 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
在二叉树中如何从底向上推导呢？
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;
}
以上四种情况我们分析完了，代码也差不多了，整体代码如下：
（以下我的代码注释很详细，为了把情况说清楚，特别把每种情况列出来。）
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！
总结
本题的难点首先是要想到贪心的思路，然后就是遍历和状态推导。
在二叉树上进行状态推导，其实难度就上了一个台阶了，需要对二叉树的操作非常娴熟。
这道题目是名副其实的hard，大家感受感受。
贪心算法总结
贪心理论基础
贪心很简单，就是常识？
贪心思路往往很巧妙，并不简单。
贪心有没有固定的套路？
贪心无套路，也没有框架之类的，需要多看多练培养感觉才能想到贪心的思路。
究竟什么题目是贪心呢？
如果找出局部最优并可以推出全局最优，就是贪心，如果局部最优都没找出来，就不是贪心，可能是单纯的模拟。（并不是权威解读，一家之辞哈）
但我们也不用过于强调什么题目是贪心，什么不是贪心，那就太学术了，毕竟学会解题就行了。
如何知道局部最优推出全局最优，有数学证明么？
在做贪心题的过程中，如果再来一个数据证明，其实没有必要，手动模拟一下，如果找不出反例，就试试贪心。面试中，代码写出来跑过测试用例即可，或者自己能自圆其说理由就行了
就像是 要用一下 1 + 1 = 2，没有必要再证明一下 1 + 1 究竟为什么等于 2。（例子极端了点，但是这个道理）
贪心简单题
以下三道题目就是简单题，大家会发现贪心感觉就是常识。是的，如下三道题目，就是靠常识，但我都具体分析了局部最优是什么，全局最优是什么，贪心也要贪的有理有据！
- 贪心算法：分发饼干(opens new window)
- 贪心算法：K次取反后最大化的数组和(opens new window)
- 贪心算法：柠檬水找零(opens new window)
贪心中等题
贪心中等题，靠常识可能就有点想不出来了。开始初现贪心算法的难度与巧妙之处。
- 贪心算法：摆动序列(opens new window)
- 贪心算法：单调递增的数字(opens new window)
贪心解决股票问题
大家都知道股票系列问题是动规的专长，其实用贪心也可以解决，而且还不止就这两道题目，但这两道比较典型，我就拿来单独说一说
- 贪心算法：买卖股票的最佳时机II(opens new window)
- 贪心算法：买卖股票的最佳时机含手续费 (opens new window)本题使用贪心算法比较绕，建议后面学习动态规划章节的时候，理解动规就好
两个维度权衡问题
在出现两个维度相互影响的情况时，两边一起考虑一定会顾此失彼，要先确定一个维度，再确定另一个一个维度。
- 贪心算法：分发糖果(opens new window)
- 贪心算法：根据身高重建队列(opens new window)
在讲解本题的过程中，还强调了编程语言的重要性，模拟插队的时候，使用C++中的list（链表）替代了vector(动态数组)，效率会高很多。
所以在贪心算法：根据身高重建队列（续集） (opens new window)详细讲解了，为什么用list（链表）更快！
大家也要掌握自己所用的编程语言，理解其内部实现机制，这样才能写出高效的算法！
贪心难题
这里的题目如果没有接触过，其实是很难想到的，甚至接触过，也一时想不出来，所以题目不要做一遍，要多练！
贪心解决区间问题
- 贪心算法：跳跃游戏(opens new window)
- 贪心算法：跳跃游戏II(opens new window)
- 贪心算法：用最少数量的箭引爆气球(opens new window)
- 贪心算法：无重叠区间(opens new window)
- 贪心算法：划分字母区间(opens new window)
- 贪心算法：合并区间(opens new window)
其他难题
贪心算法：最大子序和 (opens new window)其实是动态规划的题目，但贪心性能更优，很多同学也是第一次发现贪心能比动规更优的题目。
贪心算法：加油站 (opens new window)可能以为是一道模拟题，但就算模拟其实也不简单，需要把while用的很娴熟。但其实是可以使用贪心给时间复杂度降低一个数量级。
最后贪心系列压轴题目贪心算法：我要监控二叉树！ (opens new window)，不仅贪心的思路不好想，而且需要对二叉树的操作特别娴熟，这就是典型的交叉类难题了。
贪心每周总结
- 本周小结！（贪心算法系列一）(opens new window)
- 本周小结！（贪心算法系列二）(opens new window)
- 本周小结！（贪心算法系列三）(opens new window)
- 本周小结！（贪心算法系列四）(opens new window)
总结
贪心专题汇聚为一张图：