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题目描述:
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 root
。
除了 root
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。
给定二叉树的 root
。返回 在不触动警报的情况下 ,小偷能够盗取的最高金额 。
示例 1:
输入: root = [3,2,3,null,3,null,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: root = [3,4,5,1,3,null,1]
输出: 9
解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 4 + 5 = 9
提示:
- 树的节点数在
[1, 104]
范围内 0 <= Node.val <= 104
解法一:动态规划
算法思路:
对于这颗二叉树的每个节点,都有两种状态:选择和不选择,即偷和不偷。
我们用 f(o)
表示选择 o
节点的情况下,以 o
为根节点的子树的最高可偷窃金额;g(o)
表示不选择 o
节点的情况下,以 o
为根节点的子树的最高可偷窃金额;l
和 r
代表 o
的左右子节点。
那么有以下两种情况:
- 当
o
被选中时,o
的左右子节点都不能被选中,则此时以o
为根节点的子树的最高可偷窃金额为o
节点的金额加上左右子树不被选中的金额之和,即:
$$ f(o)=o.val+g(l)+g( r ) $$
- 当
o
不被选中时,o
的左右子节点可以被选中,也可以不被选中,那么我们取左右子节点各自被选中和不被选中的较大值相加即可,即:
$$ g(o)=max(f(l), g(l))+max(f( r ), g( r )) $$
使用深度优先遍历的办法后序遍历这颗二叉树,得到每一个节点 f
和 g
,那么根节点被选中和不被选中的较大值就是答案。
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);
// 根节点选或者不选的最大值
return Math.max(res[0], res[1]);
}
private int[] dfs(TreeNode node){
// 递归边界,叶子节点为null
if(node == null){
return new int[]{0, 0};
}
// 递归左子树
int[] left = dfs(node.left);
// 递归右子树
int[] right = dfs(node.right);
// 选择当前节点时,其子节点都不行选
int rob = left[1] + right[1] + node.val;
// 不选择当前节点时,其子节点可选可不选
int notRob = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
return new int[]{rob, notRob};
}
}
复杂度分析:
时间复杂度: O(n),n 为节点的个数。
空间复杂度: O(n),最坏情况下,二叉树是一条链,需要 O(n) 的栈空间。