7.5-贪心篇完结

本文最后更新于 2024年10月21日 早上

435. 无重叠区间

题意描述：

[!WARNING]

给定一个区间的集合 intervals ，其中 intervals[i] = [starti, endi] 。返回 需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠 。

示例 1:

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输入: intervals = [[1,2],[2,3],[3,4],[1,3]]
输出: 1
解释: 移除 [1,3] 后，剩下的区间没有重叠。

示例 2:

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输入: intervals = [ [1,2], [1,2], [1,2] ]
输出: 2
解释: 你需要移除两个 [1,2] 来使剩下的区间没有重叠。

示例 3:

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输入: intervals = [ [1,2], [2,3] ]
输出: 0
解释: 你不需要移除任何区间，因为它们已经是无重叠的了。

提示:

  • 1 <= intervals.length <= 105
  • intervals[i].length == 2
  • -5 * 104 <= starti < endi <= 5 * 104

思路：

[!TIP]

相信很多同学看到这道题目都冥冥之中感觉要排序，但是究竟是按照右边界排序，还是按照左边界排序呢？

其实都可以。主要就是为了让区间尽可能的重叠。

我来按照右边界排序，从左向右记录非交叉区间的个数。最后用区间总数减去非交叉区间的个数就是需要移除的区间个数了。

此时问题就是要求非交叉区间的最大个数。

这里记录非交叉区间的个数还是有技巧的，如图：

img

区间，1，2，3，4，5，6都按照右边界排好序。

当确定区间 1 和 区间2 重叠后，如何确定是否与 区间3 也重贴呢？

就是取 区间1 和 区间2 右边界的最小值，因为这个最小值之前的部分一定是 区间1 和区间2 的重合部分，如果这个最小值也触达到区间3，那么说明 区间 1，2，3都是重合的。

接下来就是找大于区间1结束位置的区间，是从区间4开始。那有同学问了为什么不从区间5开始？别忘了已经是按照右边界排序的了。

区间4结束之后，再找到区间6，所以一共记录非交叉区间的个数是三个。

总共区间个数为6，减去非交叉区间的个数3。移除区间的最小数量就是3。

C++代码如下：

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class Solution {
public:
    // 按照区间右边界排序
    static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
        return a[1] < b[1];
    }
    int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        if (intervals.size() == 0) return 0;
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
        int count = 1; // 记录非交叉区间的个数
        int end = intervals[0][1]; // 记录区间分割点
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
            if (end <= intervals[i][0]) {
                end = intervals[i][1];
                count++;
            }
        }
        return intervals.size() - count;
    }
};
  • 时间复杂度：O(nlog n) ，有一个快排
  • 空间复杂度：O(n)，有一个快排，最差情况(倒序)时，需要n次递归调用。因此确实需要O(n)的栈空间

大家此时会发现如此复杂的一个问题，代码实现却这么简单！

补充

补充（1）

左边界排序可不可以呢？

也是可以的，只不过左边界排序我们就是直接求重叠的区间，count为记录重叠区间数。

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class Solution {
public:
    static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
        return a[0] < b[0]; // 改为左边界排序
    }
    int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        if (intervals.size() == 0) return 0;
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
        int count = 0; // 注意这里从0开始，因为是记录重叠区间
        int end = intervals[0][1]; // 记录区间分割点
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {   
            if (intervals[i][0] >= end)  end = intervals[i][1]; // 无重叠的情况
            else { // 重叠情况 
                end = min(end, intervals[i][1]);
                count++;
            }
        }
        return count;
    }
};

其实代码还可以精简一下， 用intervals[ i ] [ 1 ] 替代end变量，只判断 重叠情况就好

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class Solution {
public:
    static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
        return a[0] < b[0]; // 改为左边界排序
    }
    int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        if (intervals.size() == 0) return 0;
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
        int count = 0; // 注意这里从0开始，因为是记录重叠区间
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
            if (intervals[i][0] < intervals[i - 1][1]) { //重叠情况
                intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]);
                count++;
            }
        }
        return count;
    }
};

补充（2）

本题其实和452.用最少数量的箭引爆气球 (opens new window)非常像，弓箭的数量就相当于是非交叉区间的数量，只要把弓箭那道题目代码里射爆气球的判断条件加个等号（认为 [0 , 1] [ 1 , 2 ]不是相邻区间），然后用总区间数减去弓箭数量 就是要移除的区间数量了。

把452.用最少数量的箭引爆气球 (opens new window)代码稍做修改，就可以AC本题。

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class Solution {
public:
    // 按照区间右边界排序
    static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
        return a[1] < b[1]; // 右边界排序 
    }
    int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        if (intervals.size() == 0) return 0;
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);

        int result = 1; // points 不为空至少需要一支箭
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
            if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) {
                result++; // 需要一支箭
            }
            else {  // 气球i和气球i-1挨着
                intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]); // 更新重叠气球最小右边界
            }
        }
        return intervals.size() - result;
    }
};

这里按照 左边界排序，或者按照右边界排序，都可以AC，原理是一样的。

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class Solution {
public:
    // 按照区间左边界排序
    static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
        return a[0] < b[0]; // 左边界排序
    }
    int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        if (intervals.size() == 0) return 0;
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);

        int result = 1; // points 不为空至少需要一支箭
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
            if (intervals[i][0] >= intervals[i - 1][1]) {
                result++; // 需要一支箭
            }
            else {  // 气球i和气球i-1挨着
                intervals[i][1] = min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]); // 更新重叠气球最小右边界
            }
        }
        return intervals.size() - result;
    }
};

763.划分字母区间

题意描述：

[!WARNING]

给你一个字符串 s 。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。

注意，划分结果需要满足：将所有划分结果按顺序连接，得到的字符串仍然是 s 。

返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。

示例 1：

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输入：s = "ababcbacadefegdehijhklij"
输出：[9,7,8]
解释：
划分结果为 "ababcbaca"、"defegde"、"hijhklij" 。
每个字母最多出现在一个片段中。
像 "ababcbacadefegde", "hijhklij" 这样的划分是错误的，因为划分的片段数较少。

示例 2：

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输入：s = "eccbbbbdec"
输出：[10]

提示：

  • 1 <= s.length <= 500
  • s 仅由小写英文字母组成

思路：

[!TIP]

一想到分割字符串就想到了回溯，但本题其实不用回溯去暴力搜索。

题目要求同一字母最多出现在一个片段中，那么如何把同一个字母的都圈在同一个区间里呢？

如果没有接触过这种题目的话，还挺有难度的。

在遍历的过程中相当于是要找每一个字母的边界，如果找到之前遍历过的所有字母的最远边界，说明这个边界就是分割点了。此时前面出现过所有字母，最远也就到这个边界了。

可以分为如下两步：

  • 统计每一个字符最后出现的位置
  • 从头遍历字符，并更新字符的最远出现下标，如果找到字符最远出现位置下标和当前下标相等了，则找到了分割点

如图：

763.划分字母区间

明白原理之后，代码并不复杂，如下：

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class Solution {
public:
    vector<int> partitionLabels(string S) {
        int hash[27] = {0}; // i为字符，hash[i]为字符出现的最后位置
        for (int i = 0; i < S.size(); i++) { // 统计每一个字符最后出现的位置
            hash[S[i] - 'a'] = i;
        }
        vector<int> result;
        int left = 0;
        int right = 0;
        for (int i = 0; i < S.size(); i++) {
            right = max(right, hash[S[i] - 'a']); // 找到字符出现的最远边界
            if (i == right) {
                result.push_back(right - left + 1);
                left = i + 1;
            }
        }
        return result;
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(1)，使用的hash数组是固定大小

总结

这道题目leetcode标记为贪心算法，说实话，我没有感受到贪心，找不出局部最优推出全局最优的过程。就是用最远出现距离模拟了圈字符的行为。

但这道题目的思路是很巧妙的，所以有必要介绍给大家做一做，感受一下。

补充

这里提供一种与452.用最少数量的箭引爆气球 (opens new window)、435.无重叠区间 (opens new window)相同的思路。

统计字符串中所有字符的起始和结束位置，记录这些区间(实际上也就是435.无重叠区间 (opens new window)题目里的输入)，将区间按左边界从小到大排序，找到边界将区间划分成组，互不重叠。找到的边界就是答案。

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class Solution {
public:
    static bool cmp(vector<int> &a, vector<int> &b) {
        return a[0] < b[0];
    }
    // 记录每个字母出现的区间
    vector<vector<int>> countLabels(string s) {
        vector<vector<int>> hash(26, vector<int>(2, INT_MIN));
        vector<vector<int>> hash_filter;
        for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
            if (hash[s[i] - 'a'][0] == INT_MIN) {
                hash[s[i] - 'a'][0] = i;
            }
            hash[s[i] - 'a'][1] = i;
        }
        // 去除字符串中未出现的字母所占用区间
        for (int i = 0; i < hash.size(); ++i) {
            if (hash[i][0] != INT_MIN) {
                hash_filter.push_back(hash[i]);
            }
        }
        return hash_filter;
    }
    vector<int> partitionLabels(string s) {
        vector<int> res;
        // 这一步得到的 hash 即为无重叠区间题意中的输入样例格式：区间列表
        // 只不过现在我们要求的是区间分割点
        vector<vector<int>> hash = countLabels(s);
        // 按照左边界从小到大排序
        sort(hash.begin(), hash.end(), cmp);
        // 记录最大右边界
        int rightBoard = hash[0][1];
        int leftBoard = 0;
        for (int i = 1; i < hash.size(); ++i) {
            // 由于字符串一定能分割，因此,
            // 一旦下一区间左边界大于当前右边界，即可认为出现分割点
            if (hash[i][0] > rightBoard) {
                res.push_back(rightBoard - leftBoard + 1);
                leftBoard = hash[i][0];
            }
            rightBoard = max(rightBoard, hash[i][1]);
        }
        // 最右端
        res.push_back(rightBoard - leftBoard + 1);
        return res;
    }
};

56. 合并区间

题意描述：

[!WARNING]

以数组 intervals 表示若干个区间的集合，其中单个区间为 intervals[i] = [starti, endi] 。请你合并所有重叠的区间，并返回 一个不重叠的区间数组，该数组需恰好覆盖输入中的所有区间 。

示例 1：

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输入：intervals = [[1,3],[2,6],[8,10],[15,18]]
输出：[[1,6],[8,10],[15,18]]
解释：区间 [1,3] 和 [2,6] 重叠, 将它们合并为 [1,6].

示例 2：

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输入：intervals = [[1,4],[4,5]]
输出：[[1,5]]
解释：区间 [1,4] 和 [4,5] 可被视为重叠区间。

提示：

  • 1 <= intervals.length <= 104
  • intervals[i].length == 2
  • 0 <= starti <= endi <= 104

思路：

[!TIP]

本题的本质其实还是判断重叠区间问题。

大家如果认真做题的话，话发现和我们刚刚讲过的452. 用最少数量的箭引爆气球 (opens new window)和 435. 无重叠区间 (opens new window)都是一个套路。

这几道题都是判断区间重叠，区别就是判断区间重叠后的逻辑，本题是判断区间重贴后要进行区间合并。

所以一样的套路，先排序，让所有的相邻区间尽可能的重叠在一起，按左边界，或者右边界排序都可以，处理逻辑稍有不同。

按照左边界从小到大排序之后，如果 intervals[i][0] <= intervals[i - 1][1] 即intervals[i]的左边界 <= intervals[i - 1]的右边界，则一定有重叠。（本题相邻区间也算重贴，所以是<=）

这么说有点抽象，看图：（注意图中区间都是按照左边界排序之后了）

56.合并区间

知道如何判断重复之后，剩下的就是合并了，如何去模拟合并区间呢？

其实就是用合并区间后左边界和右边界，作为一个新的区间，加入到result数组里就可以了。如果没有合并就把原区间加入到result数组。

C++代码如下：

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class Solution {
public:
    vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {
        vector<vector<int>> result;
        if (intervals.size() == 0) return result; // 区间集合为空直接返回
        // 排序的参数使用了lambda表达式
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](const vector<int>& a, const vector<int>& b){return a[0] < b[0];});

        // 第一个区间就可以放进结果集里，后面如果重叠，在result上直接合并
        result.push_back(intervals[0]); 

        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
            if (result.back()[1] >= intervals[i][0]) { // 发现重叠区间
                // 合并区间，只更新右边界就好，因为result.back()的左边界一定是最小值，因为我们按照左边界排序的
                result.back()[1] = max(result.back()[1], intervals[i][1]); 
            } else {
                result.push_back(intervals[i]); // 区间不重叠 
            }
        }
        return result;
    }
};
  • 时间复杂度: O(nlogn)
  • 空间复杂度: O(logn)，排序需要的空间开销

补充

[!CAUTION]

为什么cmp函数在作为类成员函数的时候一定需要static修饰呢？这是因为所有我们在类内定义的非static成员函数在经过编译后隐式的为他们添加了一个this指针参数！变为了：

1
bool cmp(Solution *this, int a, int b)

而标准库的sort()函数的第三个cmp函数指针参数中并没有这样this指针参数，因此会出现输入的cmp参数和sort()要求的参数不匹配，从而导致了：

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error: reference to non-static member function must be called

而我们知道static静态类成员函数是不需要this指针的，因此改为静态成员函数即可通过！

写cmp函数时的格式：

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static bool cmp(const vector<int>& a , const vector<int>& b){
  return a[0] < b[0];
}

738.单调递增的数字

题意描述：

[!WARNING]

当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x <= y 时，我们称这个整数是单调递增的。

给定一个整数 n ，返回 小于或等于 n 的最大数字，且数字呈 单调递增 。

示例 1:

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输入: n = 10
输出: 9

示例 2:

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输入: n = 1234
输出: 1234

示例 3:

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输入: n = 332
输出: 299

提示:

  • 0 <= n <= 10^9^

思路：

[!TIP]

暴力解法

题意很简单，那么首先想的就是暴力解法了，来我替大家暴力一波，结果自然是超时！

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代码如下：

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class Solution {
private:
    // 判断一个数字的各位上是否是递增
    bool checkNum(int num) {
        int max = 10;
        while (num) {
          //t为最后一位
            int t = num % 10;
            if (max >= t) max = t;
            else return false;
            num = num / 10;
        }
        return true;
    }
public:
    int monotoneIncreasingDigits(int N) {
        for (int i = N; i > 0; i--) { // 从大到小遍历
            if (checkNum(i)) return i;
        }
        return 0;
    }
};
  • 时间复杂度：O(n × m) m为n的数字长度
  • 空间复杂度：O(1)

贪心算法

题目要求小于等于N的最大单调递增的整数，那么拿一个两位的数字来举例。

例如：98，一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况（非单调递增），首先想让strNum[i - 1]--，然后strNum[i]给为9，这样这个整数就是89，即小于98的最大的单调递增整数。

这一点如果想清楚了，这道题就好办了。

此时是从前向后遍历还是从后向前遍历呢？

从前向后遍历的话，遇到strNum[i - 1] > strNum[i]的情况，让strNum[i - 1]减一，但此时如果strNum[i - 1]减一了，可能又小于strNum[i - 2]。

这么说有点抽象，举个例子，数字：332，从前向后遍历的话，那么就把变成了329，此时2又小于了第一位的3了，真正的结果应该是299。

那么从后向前遍历，就可以重复利用上次比较得出的结果了，从后向前遍历332的数值变化为：332 -> 329 -> 299

确定了遍历顺序之后，那么此时局部最优就可以推出全局，找不出反例，试试贪心。

C++代码如下：

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class Solution {
public:
    int monotoneIncreasingDigits(int N) {
        string strNum = to_string(N);
        // flag用来标记赋值9从哪里开始,因为9后面的必定都是9
        // 设置为这个默认值，为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行
        int flag = strNum.size();
        for (int i = strNum.size() - 1; i > 0; i--) {
            if (strNum[i - 1] > strNum[i] ) {
                flag = i;
                strNum[i - 1]--;
            }
        }
        for (int i = flag; i < strNum.size(); i++) {
            strNum[i] = '9';
        }
        return stoi(strNum);
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)，n 为数字长度
  • 空间复杂度：O(n)，需要一个字符串，转化为字符串操作更方便

总结

本题只要想清楚个例，例如98，一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况（非单调递增），首先想让strNum[i - 1]减一，strNum[i]赋值9，这样这个整数就是89。就可以很自然想到对应的贪心解法了。

想到了贪心，还要考虑遍历顺序，只有从后向前遍历才能重复利用上次比较的结果。

最后代码实现的时候，也需要一些技巧，例如用一个flag来标记从哪里开始赋值9。

补充

stoi()，to_string这两个函数都是对字符串处理的函数，**前者是将字符串转化为十进制 int 类型，最后一个是将十进制类型 int、double 等转化为string。
头文件都是：#include

968.监控二叉树

题意描述：

[!CAUTION]

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：

img

1
2
3
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：

img

1
2
3
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。

提示：

  1. 给定树的节点数的范围是 [1, 1000]。
  2. 每个节点的值都是 0。

思路：

[!TIP]

这道题目首先要想，如何放置，才能让摄像头最小的呢？

从题目中示例，其实可以得到启发，我们发现题目示例中的摄像头都没有放在叶子节点上！

这是很重要的一个线索，摄像头可以覆盖上中下三层，如果把摄像头放在叶子节点上，就浪费的一层的覆盖。

所以把摄像头放在叶子节点的父节点位置，才能充分利用摄像头的覆盖面积。

那么有同学可能问了，为什么不从头结点开始看起呢，为啥要从叶子节点看呢？

因为头结点放不放摄像头也就省下一个摄像头， 叶子节点放不放摄像头省下了的摄像头数量是指数阶别的。

所以我们要从下往上看，局部最优：让叶子节点的父节点安摄像头，所用摄像头最少，整体最优：全部摄像头数量所用最少！

局部最优推出全局最优，找不出反例，那么就按照贪心来！

此时，大体思路就是从低到上，先给叶子节点父节点放个摄像头，然后隔两个节点放一个摄像头，直至到二叉树头结点。

此时这道题目还有两个难点：

  1. 二叉树的遍历
  2. 如何隔两个节点放一个摄像头

确定遍历顺序确定遍历顺序

在二叉树中如何从低向上推导呢？

可以使用后序遍历也就是左右中的顺序，这样就可以在回溯的过程中从下到上进行推导了。

后序遍历代码如下：

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int traversal(TreeNode* cur) {

    // 空节点，该节点有覆盖
    if (终止条件) return ;

    int left = traversal(cur->left);    // 左
    int right = traversal(cur->right);  // 右

    逻辑处理                            // 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

如何隔两个节点放一个摄像头

此时需要状态转移的公式，大家不要和动态的状态转移公式混到一起，本题状态转移没有择优的过程，就是单纯的状态转移！

来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：

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。

因为在遍历树的过程中，就会遇到空节点，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，这样叶子节点就要放摄像头了，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：

1
2
// 空节点，该节点有覆盖
if (cur == NULL) 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：

  • 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。

如图：

968.监控二叉树2

代码如下：

1
2
// 左右节点都有覆盖
if (left == 2 && right == 2) return 0;
  • 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：

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

1
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：

968.监控二叉树1

这种情况也是大多数同学容易迷惑的情况。

  • 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：

968.监控二叉树3

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：

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int minCameraCover(TreeNode* 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：

（以下我的代码注释很详细，为了把情况说清楚，特别把每种情况列出来。）

C++代码如下：

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// 版本一
class Solution {
private:
    int result;
    int traversal(TreeNode* cur) {

        // 空节点，该节点有覆盖
        if (cur == NULL) return 2;

        int left = traversal(cur->left);    // 左
        int 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) {
            result++;
            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;
    }

public:
    int minCameraCover(TreeNode* root) {
        result = 0;
        // 情况4
        if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖
            result++;
        }
        return result;
    }
};

在以上代码的基础上，再进行精简，代码如下：

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// 版本二
class Solution {
private:
    int result;
    int traversal(TreeNode* cur) {
        if (cur == NULL) return 2;
        int left = traversal(cur->left);    // 左
        int right = traversal(cur->right);  // 右
        if (left == 2 && right == 2) return 0;
        else if (left == 0 || right == 0) {
            result++;
            return 1;
        } else return 2;
    }
public:
    int minCameraCover(TreeNode* root) {
        result = 0;
        if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖
            result++;
        }
        return result;
    }
};
  • 时间复杂度: O(n)，需要遍历二叉树上的每个节点
  • 空间复杂度: O(n)

大家可能会惊讶，居然可以这么简短，其实就是在版本一的基础上，使用else把一些情况直接覆盖掉了。

在网上关于这道题解可以搜到很多这种神级别的代码，但都没讲不清楚，如果直接看代码的话，指定越看越晕，所以建议大家对着版本一的代码一步一步来，版本二中看不中用！。

总结

本题的难点首先是要想到贪心的思路，然后就是遍历和状态推导。

在二叉树上进行状态推导，其实难度就上了一个台阶了，需要对二叉树的操作非常娴熟。

这道题目是名副其实的hard，大家感受感受。

总结：

贪心理论基础

在贪心系列开篇词关于贪心算法，你该了解这些！ (opens new window)中，我们就讲解了大家对贪心的普遍疑惑。

  1. 贪心很简单，就是常识？

跟着一起刷题的录友们就会发现，贪心思路往往很巧妙，并不简单。

  1. 贪心有没有固定的套路？

贪心无套路，也没有框架之类的，需要多看多练培养感觉才能想到贪心的思路。

  1. 究竟什么题目是贪心呢？

Carl个人认为：如果找出局部最优并可以推出全局最优，就是贪心，如果局部最优都没找出来，就不是贪心，可能是单纯的模拟。（并不是权威解读，一家之辞哈）

但我们也不用过于强调什么题目是贪心，什么不是贪心，那就太学术了，毕竟学会解题就行了。

  1. 如何知道局部最优推出全局最优，有数学证明么？

在做贪心题的过程中，如果再来一个数据证明，其实没有必要，手动模拟一下，如果找不出反例，就试试贪心。面试中，代码写出来跑过测试用例即可，或者自己能自圆其说理由就行了

就像是 要用一下 1 + 1 = 2，没有必要再证明一下 1 + 1 究竟为什么等于 2。（例子极端了点，但是这个道理）

贪心简单题

以下三道题目就是简单题，大家会发现贪心感觉就是常识。是的，如下三道题目，就是靠常识，但我都具体分析了局部最优是什么，全局最优是什么，贪心也要贪的有理有据！

贪心中等题

贪心中等题，靠常识可能就有点想不出来了。开始初现贪心算法的难度与巧妙之处。

贪心解决股票问题

大家都知道股票系列问题是动规的专长，其实用贪心也可以解决，而且还不止就这两道题目，但这两道比较典型，我就拿来单独说一说

两个维度权衡问题

在出现两个维度相互影响的情况时，两边一起考虑一定会顾此失彼，要先确定一个维度，再确定另一个一个维度。

在讲解本题的过程中，还强调了编程语言的重要性，模拟插队的时候，使用C++中的list（链表）替代了vector(动态数组)，效率会高很多。

所以在贪心算法：根据身高重建队列（续集） (opens new window)详细讲解了，为什么用list（链表）更快！

大家也要掌握自己所用的编程语言，理解其内部实现机制，这样才能写出高效的算法！

贪心难题

这里的题目如果没有接触过，其实是很难想到的，甚至接触过，也一时想不出来，所以题目不要做一遍，要多练！

贪心解决区间问题

关于区间问题，大家应该印象深刻，有一周我们专门讲解的区间问题，各种覆盖各种去重。

其他难题

贪心算法：最大子序和 (opens new window)其实是动态规划的题目，但贪心性能更优，很多同学也是第一次发现贪心能比动规更优的题目。

贪心算法：加油站 (opens new window)可能以为是一道模拟题，但就算模拟其实也不简单，需要把while用的很娴熟。但其实是可以使用贪心给时间复杂度降低一个数量级。

最后贪心系列压轴题目贪心算法：我要监控二叉树！ (opens new window)，不仅贪心的思路不好想，而且需要对二叉树的操作特别娴熟，这就是典型的交叉类难题了。

贪心专题汇聚为一张图：

img

代码随想录
#LEECODE
7.5-贪心篇完结
https://bing.7dragonpig.cn/posts/74b7ded6/
作者
七龙猪
发布于
2024年7月5日
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