问题

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]

  1.  3<br />    / \<br />   2   3<br />    \   \ <br />     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<br />    / \<br />   4   5<br />  / \   \ <br /> 1   3   1

输出: 9
解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 = 4 + 5 = 9

思路

如果对树的遍历不够熟悉的话，那本题就有难度了

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

如果抢了当前节点，两个孩子就不是动，如果没抢当前节点，就可以考虑抢左右孩子（注意这里说的是“考虑”）

暴力递归

代码如下：

class Solution {
    public int rob(TreeNode root) {
        if (root == null) 
            return 0;

        if (root.left == null && root.right == null) 
            return root.val;

        // 偷父节点
        int val1 = root.val;
        if (root.left != null) 
            val1 += rob(root.left.left) + rob(root.left.right); // 跳过root->left，相当于不考虑左孩子了
        if (root.right != null) 
            val1 += rob(root.right.left) + rob(root.right.right); // 跳过root->right，相当于不考虑右孩子了

        // 不偷父节点
        int val2 = rob(root.left) + rob(root.right); // 考虑root的左右孩子
        return Math.max(val1, val2);
    }
}
  • 时间复杂度：leetcode-337：打家劫舍Ⅲ - 图1，这个时间复杂度不太标准，也不容易准确化，例如越往下的节点重复计算次数就越多
  • 空间复杂度：leetcode-337：打家劫舍Ⅲ - 图2，算上递推系统栈的空间

记忆化递推

所以可以使用一个map把计算过的结果保存一下，这样如果计算过孙子了，那么计算孩子的时候可以复用孙子节点的结果

class Solution{
    public int rob(TreeNode root) {
        Map<TreeNode, Integer> memo = new HashMap<>();
        return robAction(root, memo);
    }

    public int robAction(TreeNode root, Map<TreeNode, Integer> memo) {
        if (root == null)
            return 0;
        if (memo.containsKey(root))
            return memo.get(root); // 如果map里有结果直接返回

        // 偷父节点
        int money = root.val;
        if (root.left != null) {
            money += robAction(root.left.left, memo) + robAction(root.left.right, memo);
        }
        if (root.right != null) {
            money += robAction(root.right.left, memo) + robAction(root.right.right, memo);
        }

        // 不偷父节点
        int res = Math.max(money, robAction(root.left, memo) + robAction(root.right, memo));
        memo.put(root, res);
        return res;
    }
}

动态规划

动态规划其实就是使用状态转移容器来记录状态的变化，这里可以使用一个长度为2的数组，记录当前节点偷与不偷所得到的的最大金钱

这道题目算是树形dp的入门题目，因为是在树上进行状态转移，我们在讲解二叉树的时候说过递归三部曲，那么下面我以递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来进行讲解

  • 确定递归函数的参数和返回值

    • 这里我们要求一个节点偷与不偷的两个状态所得到的金钱，那么返回值就是一个长度为2的数组，参数为当前节点

      public int robTree(TreeNode root) {

    • 其实这里的返回数组就是dp数组

    • 所以dp数组以及下标的含义：下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，下标为1记录偷该节点所得到的的最大金钱

    • 所以本题dp数组就是一个长度为2的数组！

    • 长度为2的数组怎么标记树中每个节点的状态呢？

    • 别忘了在递归的过程中，系统栈会保存每一层递归的参数

  • 确定终止条件

    • 在遍历的过程中，如果遇到空间点的话，很明显，无论偷还是不偷都是0，所以就返回
      int[] result = new int[2];
if (root == null) 
return result;
这也相当于dp数组的初始化

  • 确定遍历顺序

    • 首先明确的是使用后序遍历。因为通过递归函数的返回值来做下一步计算
    • 通过递归左节点，得到左节点偷与不偷的金钱
    • 通过递归右节点，得到右节点偷与不偷的金钱 ```java // 下标0：不偷，下标1：偷

int[] left = robTree(root.left); int[] right = robTree(root.right);

// 中


- 确定单层递归的逻辑
   - 如果是偷当前节点，那么左右孩子就不能偷，`val1 = cur.val + left[0] + right[0];` 
   - 如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷，至于到底偷不偷一定是选一个最大的，所以：`val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);`
   - 最后当前节点的状态就是`{val2, val1};` 即：{不偷当前节点得到的最大金钱，偷当前节点得到的最大金钱}
```java
int[] left = robTree(root.left);
int[] right = robTree(root.right);

res[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
res[1] = root.val + left[0] + right[0];
return res;
  • 举例推导dp数组
    • 以示例1为例，dp数组状态如下：

640 (6).webp

class Solution {
    public int rob(TreeNode root) {
        int[] result = robTree(root);
        return Math.max(result[0], result[1]);
    }

    // 长度为2的数组，0：不偷，1：偷
    public int[] robTree(TreeNode root) {
        int[] result = new int[2];

        if (root == null) 
            return result;

        int[] left = robTree(root.left);
        int[] right = robTree(root.right);
        // 偷root
        result[1] = root.val + left[0] + right[0];
        // 不偷root
        result[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);
        return result;
    }
}
  • 时间复杂度：O(n) 每个节点只遍历了一次
  • 空间复杂度：O(n) 算上递推系统栈的空间