leetcode 968.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。
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。

分析

本题是一个有意思的树形DP+贪心的问题，而且难度不小，很多人题解都很难看懂。如果之前做过没有上司的舞会和战略游戏这两道题的话，可能会觉得这题与战略游戏很相似，战略游戏是要观察到所有的边，本题是要监控到所有的点，有异曲同工之妙，但是本题难度更大。

我们先尝试下常规的思路：每个节点可以选择放与不放摄像头，如果必须放，那就放置；否则取放置和不放置的最小值。也就是说，对于某个节点u来说，如果他的父节点还没有被摄像头覆盖到，那么u节点是要放置一个摄像头来监控其父节点的（这里思考下是否真的必须放置？），如果u的父节点被覆盖到了，就分别尝试在u上放置和不放置的两种方案哪个更优。这个思路的漏洞在于，我们没法确定节点u是否必须放摄像头，因为就算它的父节点没有被覆盖到，u也不放置，在u的兄弟节点上放置同样可以监控到u的父节点；但是如果都想着让兄弟节点来放，结果两个孩子都没放摄像头，方案就不合法了，所以这种思路行不通。

回想下线性DP问题，某个位置的状态，要么可以由它左边位置状态转移而来，要么可以由右边状态转移而来，但是状态的转移方向必须是单向的，这是DP的状态无后效性要求的。比如说f[2]由f[1]推出又反过来影响f[1]，这显然是不合理的。之所以要说这个，是因为树形DP的问题我们也只能单向进行状态转移，要么只考虑父节点的状态，要么只考虑孩子节点的状态，这样才能有一个合理的状态转移顺序。上面的思路是想着只考虑父节点的状态去转移，结果发现还要依赖于兄弟节点的状态，所以不可行。既然自上而下行不通，不妨尝试下自下而上。如果没有想到自上而下推状态的不合理性，也就不会明白为什么很多人都说这题要自下而上计算了。

进入正题。对于节点u，我们只根据其孩子节点的状态去推出它的状态。这里节点的状态可以分为三种：

• 0表示未被覆盖到，也就是这个位置没有放置摄像头，其孩子节点也没放置摄像头
• 1表示被覆盖到，说明其孩子节点放置了摄像头，但是自身没有放置摄像头
• 2表示该位置放置了摄像头，自然也被覆盖到了

对于节点u而言：

如果其孩子节点中存在未被覆盖到的（状态为0），那么u上必须放置摄像头才能保证孩子被监控到，此时u的状态就是2。（这就是自上而下和自下而上两种方案的区别，一个节点可能有两个孩子，但是只有一个父节点，父节点别无选择，只能放置摄像头）。

如果其孩子节点的状态都是1，也就是被覆盖到了，现在u就不用管其孩子的死活了，只需要考虑自身放不放就行了，这里果断选择不放置。 ** 这是出于贪心考虑，由于u的孩子状态是1，说明没有放置摄像头，孩子节点无法监控到u，如果在u节点放置摄像头，能增加的监控范围是u和u的父节点；如果不在u处放置，在u的父节点处放置摄像头，可能增加的监控范围就是u和u的兄弟节点，u的父节点以及u的祖父节点；既然都是增加一个摄像头，我们自然选择能够增加的范围更大的方案，这样的方案才会是最优的。 ** 这种情况u不放置摄像头，也不能被孩子节点监控到，状态就是0。当然不用担心这个节点不会被监控到，因为只要u有父节点，发现孩子节点不能监控到，一定会放置摄像头的。

如果其孩子节点中存在安装摄像头的，也就是有状态为2的节点，u节点被覆盖到了，自然就不用放置摄像头了，也是贪心的思想，此时u的状态是1，不放置摄像头但是可以被覆盖到。

u最多有两个孩子，其孩子的状态无非是至少存在一个0，都是1，至少存在一个2这三种之一了，状态划分不重不漏。还有个边界问题需要考虑，也就是空节点的状态，NULL的节点状态自然不会是2，因为它不能监控其父节点；也不是状态0，因为它不需要被其父节点监控；所以它的状态就是1，可以被监控到但是没有安装摄像头，这样才不会影响到叶子节点和度为1的节点状态。

最后两个问题。如何自下而上进行状态转移？状态转移的顺序是先左右子树再根节点，所以可以按照后续遍历的顺序进行状态转移。第二个问题，我们可以定义一个dfs函数求出dfs（u）,也就是返回对以u为根的子树进行状态转移结束后u的状态，如果最终u的状态是0要怎么处理？我们自下而上转移状态，每个状态只对孩子节点负责，不对父节点负责，所以如果最后的根节点未被覆盖到，增加一个摄像头即可。
本题代码的一个巧妙之处是dfs只返回u的最终状态，在遍历过程中如果出现状态为2的节点就增加计数，这样最终的计数就是摄像头数。
本题的代码很简洁，分析过程很复杂，如果能体会到分析过程中的巧妙，相信对树形DP的理解是大有收获的。

代码

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    int res = 0;
    int dfs(TreeNode* root) {
        if(!root)   return 1;//能被覆盖到
        int l = dfs(root->left);
        int r = dfs(root->right);
        if(l == 0 || r == 0) {
            res++;
            return 2;//放置摄像头
        }
        if(l == 2 || r == 2)    return 1;//能被覆盖到
        return 0;//不能被覆盖到,l = r = 1
    }
    int minCameraCover(TreeNode* root) {
        if(!dfs(root))   res++;
        return res;
    }
};