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原题：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。
相关题目：
这三道题可以简单概括为：直线打家劫舍、环线打家劫舍、二叉树打家劫舍。
解题思路：
与前面的两道题相同，先从单个节点的两种状态入手，对于任何一个节点：
- 节点被选中，那么它的左右字节点都不能被选中。
- 节点不被选中，那么它的左右字节点可以被选中，也可以不被选中。
因为每个节点能否被选中，要受到两个子节点的共同影响，因此，我们先从字节点的两个状态的结果算起，再计算父节点两个状态的结果。因此，可以通过深度优先对二叉树进行后序遍历，也就是，先计算左右节点的两个状态结果，在根据此计算父节点两个状态的结果。
因为每个节点都存在选中和不选中两种状态的结果，因此，每个节点的结果数据都是用一个长度为 2 的数组表示，第一个元素表示不选中的结果，第二个元素表示选中的结果。
这就是一个树形结构的动态规划。因为要进行深度优先遍历，因此可以把 null 的状态作为初始状态，也就是 [0, 0]。
对于任何一个非空的节点，假设它的做节点状态为数组 left[]，右节点的的状态为 right[]，它自己的状态为 curr[]，那么：
curr[0] = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1])curr[1] = left[0] + right[0] + 当前节点的值
最终结果就是跟节点的状态中，两数中较大的一个。
另外，由于整个过程在后序遍历中完成，且每个节点的状态只与自己的左右节点相关，因此不需要把每一步的状态都保存。
最终代码：
class Solution {
public int rob(TreeNode root) {
int[] result = dfs(root);
return Math.max(result[0], result[1]);
}
public int[] dfs(TreeNode curr) {
if (curr == null) {
return new int[2];
}
int[] left = dfs(curr.left);
int[] right = dfs(curr.right);
return new int[]{left[1] + right[1] + curr.val, Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1])};
}
}
