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打家劫舍III
如果没看前两篇的建议大家看完，再来看这篇文章，这样会有连续性。
问题描述
在上次打劫完一条街道和一圈房屋后，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。
示例：
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。
分析问题
首先我们把该问题转化一下，该问题其实是求：对于一棵二叉树来说，树上的每个点都有对应的权值，并且每个点有两种状态（选中和不选中），在不能同时选中有父子关系的点的情况下，能选中的点的最大权值和是多少。
首先我们用f(a)来表示选择a节点的情况下，a节点的子树上被选择的节点的最大权值和。g(a)表示在不选择a节点的情况下，a节点的子树上被选择的节点的最大权值和。l 和 r 分别表示a的左右孩子。
小偷对于树中的每个节点都有偷或者不偷两种选择，假设当前的节点是a。
- 当a被选中时，a的左右孩子都不能被选中，所以a被选中的情况下，它的子树上被选择的节点的最大权值和为l 和 r 不被选中的最大权值和相加，即 f(a) = g(l) + g(r)。
- 当a不被选中时，a的左右孩子可以被选中，也可以不被选中。此时 g(a) = max { f(l) , g(l) } + max{ f(r) , g(r) }。
这里我们可以使用深度优先搜索的办法后序遍历这棵二叉树，就可以得到每一个节点的 f 和 g。根节点的 f和 g 的最大值就是我们要找的答案。
下面我们来看一下代码的实现。
class Solution:
def __init__(self):
self.f={}
self.g={}
def dfs(self,node):
if not node:
return
self.dfs(node.left)
self.dfs(node.right)
#表示选中该节点
self.f[node]=node.val + self.g.get(node.left,0) + self.g.get(node.right,0)
#表示没有选择该节点
self.g[node] = max(self.f.get(node.left,0),self.g.get(node.left,0)) \
+ max(self.f.get(node.right,0),self.g.get(node.right,0))
def rob(self, root):
self.dfs(root)
return max(self.f.get(root,0),self.g.get(root,0))
该算法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度也是O(n)。
这里我们还可以优化一下，因为无论是求 f(a) 还是 g(a)，他们的值只和 f(l) 、g(l)、f(r)和g(r)有关。所以对于每一个节点，我们只关心它的左右孩子的 f 和 g 是多少。在python中，我们可以用元组来表示，每次递归返回的时候，都把这个点对应的 f 和 g 返回给上一级调用。这样我们就可以省去哈希表的空间，下面我们来看一下具体的代码实现。
class Solution:
def dfs(self,node):
if not node:
return (0,0)
left=self.dfs(node.left)
right=self.dfs(node.right)
#表示选中该节点
selected = node.val + left[1] + right[1]
#表示没有选择该节点
noselected = max(left[0],left[1]) \
+ max(right[0],right[1])
return (selected,noselected)
def rob(self, root):
result=self.dfs(root)
return max(result[0],result[1])
该算法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度也是O(n)。
