[路飞]_前端算法第五十七弹-监控二叉树

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。

动态规划

本题以二叉树为背景，不难想到用递归的方式求解。本题的难度在于如何从左、右子树的状态，推导出父节点的状态。

对于本题，我们假定一个二维数组dp，分别代表所选节点与其父节点的四个状态。

dp[0][0] = 第一位代表父节点没有监控，第二位代表该节点没有监控;
dp[0][1] = 第一位代表父节点没有监控，第二位代表该节点有监控;
dp[1][0] = 第一位代表父节点有监控，第二位代表该节点没有监控;
dp[1][1] = 第一位代表父节点有监控，第二位代表该节点有监控;

我们对左右子树，分别建立一个二维数组。

let l = new Array(2).fill().map(item => new Array(2));
let r = new Array(2).fill().map(item => new Array(2));

对左右子树进行递归。

计算dp数组每一个位置的最小值。

// 由于当前节点没有监控，且当前节点的父节点没有监控，所以若要监控到该元素，那么该
// 节点的左右子树中，至少要有一个节点需要有监控，所以遍历所有组合取最小值。
dp[0][0] = Math.min(l[0][1] + r[0][0], l[0][0] + r[0][1], l[0][1] + r[0][1]);
// 当该节点的父节点有监控时，则该节点的左右子节点不必须有监控，也能监控到该节点
dp[1][0] = Math.min(dp[0][0], l[0][0] + r[0][0])
// 当该节点有监控时，其父节点与其左右子节点有无监控都可以，遍历其所有情况取最小值
// 并+1，代表加上该节点的监控
dp[0][1] = Math.min(l[1][0] + r[1][0], l[1][1] + r[1][1], l[1][0] + r[1][1], l[1][1] + r[1][0]) + 1
dp[1][1] = dp[0][1]

边界情况

当遍历到空节点时

// 当遍历到空节点，需要初始化dp
if (!root) {
  // 假定该节点没有监控，将其节点的监控数设为0；
    dp[0][0] = 0;
    dp[1][0] = 0;
	// 假定当前节点有监控，因为当前节点并不存在，不可能有监控，所以设为无穷大
    dp[0][1] = Infinity;
    dp[1][1] = Infinity;
    return dp
}

当遍历到叶子结点，也就是该节点并不存在子结点时

// 当该节点的左右子节点都不存在时
if (!root.left && !root.right) {
  // 当该节点没有监控，且其父节点也没有监控时，由于其没有子结点，所以该节点必不能被
  // 监控到,所以该情况不成立，将其设为无穷大，表示其不存在
    dp[0][0] = Infinity;
  // 当该节点没有监控其父节点有监控时，该节点可以被监控到，且自身没有监控，没有子结
  // 点，所以该节点的监控数为0
    dp[1][0] = 0;
	// 当该节点有监控时，无论其父节点是否有监控，其都能被监控到，并且当前节点的监控数
  // 为1
    dp[1][1] = 1;
    dp[0][1] = 1;
    return dp
}

当所有结点都被遍历完成之后，回到根节点，dp二维数组里面的数就代表了根节点的监控数的所有情况。而我们只需要判断两种情况下的大小比较即可，这两种情况就是

// 由于根节点并不存在父节点，所以其必在dp[0][1], dp[0][0]中寻找最小值。
return Math.min(dp[0][1], dp[0][0])

最终的代码成果为：

var minCameraCover = function (root) {
    let dp = new Array(2).fill().map(item => new Array(2));
    dp = getDp(root, dp);
    return Math.min(dp[0][1], dp[0][0])
}

function getDp(root, dp) {
    if (!root) {
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = Infinity;
        dp[1][0] = 0;
        dp[1][1] = Infinity;
        return dp
    }
    if (!root.left && !root.right) {
        dp[0][0] = Infinity;
        dp[1][0] = 0;
        dp[1][1] = 1;
        dp[0][1] = 1;
        return dp
    }
    let l = new Array(2).fill().map(item => new Array(2));
    let r = new Array(2).fill().map(item => new Array(2));
    l = getDp(root.left, l);
    r = getDp(root.right, r);
    dp[0][0] = Math.min(l[0][1] + r[0][0], l[0][0] + r[0][1], l[0][1] + r[0][1]);
    dp[1][0] = Math.min(dp[0][0], l[0][0] + r[0][0])
    dp[0][1] = Math.min(l[1][0] + r[1][0], l[1][1] + r[1][1], l[1][0] + r[1][1], l[1][1] + r[1][0]) + 1
    dp[1][1] = dp[0][1]
    return dp
};

动态规划方法二

假设当前节点为 root，其左右孩子为 left, right。如果要覆盖以 root 为根的树，有两种情况：

• 若在 root 处安放摄像头，则孩子 left, right 一定也会被监控到。此时，只需要保证 left 的两棵子树被覆盖，同时保证 right 的两棵子树也被覆盖即可。
• 否则， 如果 root 处不安放摄像头，则除了覆盖 root 的两棵子树之外，孩子 left, right 之一必须要安装摄像头，从而保证 root 会被监控到。

根据上面的讨论，能够分析出，对于每个节点 root ，需要维护三种类型的状态：

• 状态 a：root 必须放置摄像头的情况下，覆盖整棵树需要的摄像头数目。
• 状态 b：覆盖整棵树需要的摄像头数目，无论 root 是否放置摄像头。
• 状态 c：覆盖两棵子树需要的摄像头数目，无论节点 root 本身是否被监控到。

根据它们的定义，一定有 $a≥b≥c$ 。

对于节点 root 而言，设其左右孩子 left, right 对应的状态变量分别为 $(la,lb,lc)$ 以及 $(ra,rb,rc)$。根据一开始的讨论，我们已经得到了求解 $a,b$ 的过程：

• $a=lc+rc+1$
• $b=min(a,la+rb,ra+lb)$

对于 c 而言，要保证两棵子树被完全覆盖，要么 root 处放置一个摄像头，需要的摄像头数目为 a；要么 root 处不放置摄像头，此时两棵子树分别保证自己被覆盖，需要的摄像头数目为 $lb+rb$。

需要额外注意的是，对于 root 而言，如果其某个孩子为空，则不能通过在该孩子处放置摄像头的方式，监控到当前节点。因此，该孩子对应的变量 a 应当返回一个大整数，用于标识不可能的情形。

最终，根节点的状态变量 b 即为要求出的答案。

var minCameraCover = function(root) {
    const dfs = (root) => {
        if (!root) {
            return [Math.floor(Infinity / 2), 0, 0];
        }
        const [la, lb, lc] = dfs(root.left);
        const [ra, rb, rc] = dfs(root.right);
        const a = lc + rc + 1;
        const b = Math.min(a, la + rb, ra + lb);
        const c = Math.min(a, lb + rb);
        return [a, b, c];
    }

    return dfs(root)[1];
};

动态规划方法三

这道题目难在两点：

1. 需要确定遍历方式
2. 需要状态转移的方程

本题并不是动态规划，其本质是贪心，但我们要确定状态转移方式，而且要在树上进行推导，所以难度就上来了，一些同学知道这道题目难，但其实说不上难点究竟在哪。

1. 需要确定遍历方式

   在安排选择摄像头的位置的时候，我们要从底向上进行推导，因为尽量让叶子节点的父节点安装摄像头，这样摄像头的数量才是最少的 ，这也是本道贪心的原理所在！

   就是后序遍历也就是左右中的顺序，这样就可以从下到上进行推导了。

   function traversal(root,res) {    
   // 空节点，该节点有覆盖
       if (!root) return ;
       let left = traversal(root.left);    // 左
       let right = traversal(root.right);  // 右
       res.push(root.val)                  // 中
       return;
   }
   
   

   注意在以上代码中我们取了左孩子的返回值，右孩子的返回值，即 left 和 right， 以后推导中间节点的状态

2. 需要状态转移的方程

   确定了遍历顺序，再看看这个状态应该如何转移，先来看看每个节点可能有几种状态：

   可以说有如下三种：

   • 该节点无覆盖
   • 本节点有摄像头
   • 本节点有覆盖

   我们分别有三个数字来表示：

   • 0：该节点无覆盖
   • 1：本节点有摄像头
   • 2：本节点有覆盖

大家应该找不出第四个节点的状态了。

一些同学可能会想有没有第四种状态：本节点无摄像头，其实无摄像头就是 无覆盖 或者 有覆盖的状态，所以一共还是三个状态。

那么问题来了，空节点究竟是哪一种状态呢？ 空节点表示无覆盖？ 表示有摄像头？还是有覆盖呢？

回归本质，为了让摄像头数量最少，我们要尽量让叶子节点的父节点安装摄像头，这样才能摄像头的数量最少。

那么空节点不能是无覆盖的状态，这样叶子节点就可以放摄像头了，空节点也不能是有摄像头的状态，这样叶子节点的父节点就没有必要放摄像头了，而是可以把摄像头放在叶子节点的爷爷节点上。

所以空节点的状态只能是有覆盖，这样就可以在叶子节点的父节点放摄像头了

接下来就是递推关系。

那么递归的终止条件应该是遇到了空节点，此时应该返回 2（有覆盖），原因上面已经解释过了。

代码如下：

// 空节点，该节点有覆盖
if (!root) return 2;

递归的函数，以及终止条件已经确定了，再来看单层逻辑处理。

主要有如下四类情况：

1. 情况1：左右节点都有覆盖

   左孩子有覆盖，右孩子有覆盖，那么此时中间节点应该就是无覆盖的状态了。

   

   代码如下：

   // 左右节点都有覆盖
   if (left == 2 && right == 2) return 0;
   

2. 情况2：左右节点至少有一个无覆盖的情况

   如果是以下情况，则中间节点（父节点）应该放摄像头：

   left == 0 && right == 0 左右节点无覆盖 left == 1 && right == 0 左节点有摄像头，右节点无覆盖 left == 0 && right == 1 左节点有无覆盖，右节点摄像头 left == 0 && right == 2 左节点无覆盖，右节点覆盖 left == 2 && right == 0 左节点覆盖，右节点无覆盖

   这个不难理解，毕竟有一个孩子没有覆盖，父节点就应该放摄像头。

   此时摄像头的数量要加一，并且 return 1，代表中间节点放摄像头。

   代码如下：

   if (left == 0 || right == 0) {
       result++;
       return 1;
   }
   

3. 情况3：左右节点至少有一个有摄像头

   如果是以下情况，其实就是

   如果是以下情况，其实就是 左右孩子节点有一个有摄像头了，那么其父节点就应该是2（覆盖的状态）

   left == 1 && right == 2 左节点有摄像头，右节点有覆盖 left == 2 && right == 1 左节点有覆盖，右节点有摄像头 left == 1 && right == 1 左右节点都有摄像头

   代码如下：

   if (left == 1 || right == 1) return 2;
   

   从这个代码中，可以看出，如果 left == 1, right == 0 怎么办？其实这种条件在情况 2 中已经判断过了，如图：

   

   这种情况也是大多数同学容易迷惑的情况。

4. 情况4：头结点没有覆盖

   以上都处理完了，递归结束之后，可能头结点 还有一个无覆盖的情况，如图：

   

   所以递归结束之后，还要判断根节点，如果没有覆盖，result++，代码如下：

   function minCameraCover(root) {
       result = 0;
       if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖
           result++;
       }
       return result;
   }
   

   以上四种情况我们分析完了，代码也差不多了，整体代码如下：

   var minCameraCover = function(root) {
       const traversal = (cur) =>{
           // 空节点，该节点有覆盖
           if(cur == null) return 2;
           let left = traversal(cur.left); //左
           let right = traversal(cur.right); //右
           // 情况1
           // 左右节点都有覆盖
           if(left == 2 && right == 2) return 0;
           // 情况2
           // left == 0 && right == 0 左右节点无覆盖
           // left == 1 && right == 0 左节点有摄像头，右节点无覆盖
           // left == 0 && right == 1 左节点有无覆盖，右节点摄像头
           // left == 0 && right == 2 左节点无覆盖，右节点覆盖
           // left == 2 && right == 0 左节点覆盖，右节点无覆盖
           if(left == 0 || right == 0){
               res++;
               return 1;
           }
           // 情况3
           // left == 1 && right == 2 左节点有摄像头，右节点有覆盖
           // left == 2 && right == 1 左节点有覆盖，右节点有摄像头
           // left == 1 && right == 1 左右节点都有摄像头
           // 其他情况前段代码均已覆盖
           if (left == 1 || right == 1) return 2;
           // 以上代码我没有使用else，主要是为了把各个分支条件展现出来，这样代码有助于读者理解
           // 这个 return -1 逻辑不会走到这里。
           return -1;
       }
       let res = 0;
       // 情况4
       if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖
           res++;
       }
       return res;
   };