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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。
示例 1:
输入: [3,2,3,null,3,null,1]
3
/ \
2 3
\ \
3 1
输出: 7
解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 = 3 + 3 + 1 = 7.
示例 2:
输入: [3,4,5,1,3,null,1]
3
/ \
4 5
/ \ \
1 3 1
输出: 9
解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 = 4 + 5 = 9.
解题
解题思路
这道题和上两篇的打家劫舍是如出一辙的。只不过是这次换成了树。但是呢，依然有不少同学对于动态规划还是没有搞得特别明白。特别是对树的遍历不够熟悉的话，那本题就更有难度了。
对于树的话，首先就要想到遍历方式，前中后序（深度优先搜索）还是层序遍历（广度优先搜索）。
本题一定是要后序遍历，因为通过递归函数的返回值来做下一步计算。同上两题一样，关键点还是在讨论当前节点抢还是不抢。
如果抢了当前节点，两个孩子就不能动，如果没抢当前节点，就可以考虑抢左右孩子。
解题步骤
根据题意，对于每个节点，有偷和不偷两种状态。故对状态做如下定义： 1). f(o)：偷O节点的情况下，O节点的子树上的节点被偷的最大和； 2). g(o)：不偷O节点的情况下，O节点的子树上的节点被偷的最大和；
当O节点被偷时，O的左右孩子节点都不能被偷，因此O节点被偷的情况下子树上被偷节点的最大和是左孩子和右孩子不被偷的最大和相加，即： f(o) = g(left) + g(right);
当O节点不被偷时，其左孩子节点和右孩子节点可以被偷，也可以不被偷，其结果是孩子被偷和不偷的较大者，即： g(o) = max(f(left), g(left)) + max(f(right), g(right));
后序遍历获取左右子节点的最优情况，从而判断父节点的最优情况。
代码实现
/**
* 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 {
public int rob(TreeNode root) {
int[] res = dfs(root);
return Math.max(res[0], res[1]);
}
private int[] dfs(TreeNode root) {
int dp[] = new int[2];
if (root == null)
return dp;
int[] left = dfs(root.left);
int[] right = dfs(root.right);
dp[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
dp[1] = root.val + left[0] + right[0];
return dp;
}
}
加上上两篇，关于打家劫舍的三篇系列的思考和方法今天就分享到这里，这都是面试中常会遇到的一些问题。同学们在算法面试中还遇到过哪些疑难解析你呢？欢迎给我留言，一起再来探讨，我们下篇文章再见。
