代码随想录算法训练营第37天| 738.单调递增的数字、968.监控二叉树

738.单调递增的数字

题目链接：单调递增的数字

题目描述：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。

给定一个整数 n ，返回 小于或等于 n 的最大数字，且数字呈 单调递增 。

解题思想：

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。

从后向前遍历，如果前一位大于后一位，就将前一位减一，后一位变为“9”，
注意，这里使用flag来标记赋值9从哪里开始，flag后面的要全标为‘9’

class Solution {
public:
    int monotoneIncreasingDigits(int n) {
        string s = to_string(n);
        int flag = s.size();
        for (int i = s.size() - 2; i >= 0; i--) {
            if (s[i] > s[i + 1]) {
                s[i] -= 1;
                flag = i + 1;
            }
        }
        for (int i = flag; i < s.size(); i++){
            s[i] = '9';
        }
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
            result = result * 10 + (s[i] - '0');
        }
        return result;
    }
};

• 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

968.监控二叉树

题目链接：监控二叉树

题目描述：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。

解题思想：

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！

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！

此时这道题目还有两个难点：

1. 二叉树的遍历
2. 如何隔两个节点放一个摄像头

**确定遍历顺序：**应采用后序遍历，从下到上推倒。

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！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：

• 0：该节点无覆盖
• 1：本节点有摄像头
• 2：本节点有覆盖

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。

• 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

• 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）

• 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

class Solution {
public:
    int minCameraCover(TreeNode* root) {
        if (traversal(root) == 0) {
            result++;
        }
        return result;
    }

private:
    int result = 0;
    int traversal(TreeNode* node) {
        if (node == NULL)
            return 2;
        int left = traversal(node->left);
        int right = traversal(node->right);
        if (left == 2 && right == 2)
            return 0;
        if (left == 0 || right == 0) {
            result++;
            return 1;
        }
        if (left == 1 || right == 1)
            return 2;
        return -1;
    }
};

• 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)