代码随想录算法训练营第37天 | 738、968

738. 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 。
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：$299$

思路

本题最重要的一个思考点就是当目前的数字不符合规则时如何找到离他最近的比他小的可能符合的数字。
这个点很巧妙，就是把倒数第二位上的数字减1，而将本位数字变为9.

解法

class Solution {
    public int monotoneIncreasingDigits(int n) {
        String s = String.valueOf(n);
        char[] chars = s.toCharArray();
        int start = s.length();
        for(int i = s.length()-2;i>=0;i--){
            if(chars[i] > chars[i+1]){
                chars[i] --;
                start = i+1;
            }
        }
        for(int i = start;i<s.length();i++){
            chars[i] = '9';
        }
        return Integer.parseInt(String.valueOf(chars));
    }
}

总结

好好看，好好想。

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：$1$
示例2：
输入：$[0,0,null,0,null,0,null,null,0]$
输出：$2$

思路

我只能说，它值得一个困难等级。
基本的思路还是差不多的，就是要先找上下都有节点的节点。但难点也同样在这里，就是如何隔两个节点放一个摄像头。
答案思路：
1、遍历要从下至上，所以选择后序遍历方式
2、设置一个节点的三种状态，分别是，该节点无覆盖，该节点有摄像头和该节点有覆盖。
3、思考四类情况：
1）左右孩子节点都有覆盖，此时该节点就应该无覆盖
2）左右孩子中至少有一个无覆盖的，此时此父节点应该放摄像头。
3）左右孩子至少有一个有摄像头的，此时此父节点处于的是已被覆盖的情况
4）头节点没有覆盖的情况，此时应该是递归已经结束，但头节点还没有被覆盖， 那么需要添加一个摄像头在头节点处。

解法

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode() {}
 *     TreeNode(int val) { this.val = val; }
 *     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
 *         this.val = val;
 *         this.left = left;
 *         this.right = right;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    int res = 0;
    public int minCameraCover(TreeNode root) {
        if(minCame(root) == 0){
            res++;
        }
        return res;
    }
    public int minCame(TreeNode root){
        if(root == null){
            return 2;
        }
        int left = minCame(root.left);
        int right = minCame(root.right);
        if(left == 2 && right == 2){
            return 0;
        }
        else if(left == 0 || right == 0){
            res++;
            return 1;
        }
        else{
            return 2;
        }
    }
}

总结

看最终代码简单，但中间的思考量是不少的。