动态规划：还要打家劫舍！
337.打家劫舍 III
题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/house-robber-iii/
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。
思路
这道题目和 198.打家劫舍，213.打家劫舍II也是如出一辙，只不过这个换成了树。
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。
与198.打家劫舍，213.打家劫舍II一样，关键是要讨论当前节点抢还是不抢。
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) 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) 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 max(val1, val2);
}
};
- 时间复杂度：O(n^2) 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：O(n) 算上递推系统栈的空间
当然以上代码超时了，这个递归的过程中其实是有重复计算了。
我们计算了root的四个孙子（左右孩子的孩子）为头结点的子树的情况，又计算了root的左右孩子为头结点的子树的情况，计算左右孩子的时候其实又把孙子计算了一遍。
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。
代码如下：
class Solution {
public:
unordered_map<TreeNode* , int> umap; // 记录计算过的结果
int rob(TreeNode* root) {
if (root == NULL) return 0;
if (root->left == NULL && root->right == NULL) return root->val;
if (umap[root]) return umap[root]; // 如果umap里已经有记录则直接返回
// 偷父节点
int val1 = root->val;
if (root->left) val1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right); // 跳过root->left
if (root->right) val1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right); // 跳过root->right
// 不偷父节点
int val2 = rob(root->left) + rob(root->right); // 考虑root的左右孩子
umap[root] = max(val1, val2); // umap记录一下结果
return max(val1, val2);
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n) 算上递推系统栈的空间
动态规划
在上面两种方法，其实对一个节点 投与不投得到的最大金钱都没有做记录，而是需要实时计算。
而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，代码如下：
vector<int> robTree(TreeNode* cur) {
其实这里的返回数组就是dp数组。
所以dp数组（dp table）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！
那么有同学可能疑惑，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。
如果还不理解的话，就接着往下看，看到代码就理解了哈。
- 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
if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};
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。
代码如下：
// 下标0：不偷，下标1：偷
vector<int> left = robTree(cur->left); // 左
vector<int> right = robTree(cur->right); // 右
// 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]; （如果对下标含义不理解就在回顾一下dp数组的含义）
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}
代码如下：
vector<int> left = robTree(cur->left); // 左
vector<int> right = robTree(cur->right); // 右
// 偷cur
int val1 = cur->val + left[0] + right[0];
// 不偷cur
int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
return {val2, val1};
- 举例推导dp数组
以示例1为例，dp数组状态如下：（注意用后序遍历的方式推导）
最后头结点就是 取下标0 和 下标1的最大值就是偷得的最大金钱。
递归三部曲与动规五部曲分析完毕，C++代码如下：
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
vector<int> result = robTree(root);
return max(result[0], result[1]);
}
// 长度为2的数组，0：不偷，1：偷
vector<int> robTree(TreeNode* cur) {
if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};
vector<int> left = robTree(cur->left);
vector<int> right = robTree(cur->right);
// 偷cur
int val1 = cur->val + left[0] + right[0];
// 不偷cur
int val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
return {val2, val1};
}
};
- 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
总结
这道题是树形DP的入门题目，通过这道题目大家应该也了解了，所谓树形DP就是在树上进行递归公式的推导。
所以树形DP也没有那么神秘！
只不过平时我们习惯了在一维数组或者二维数组上推导公式，一下子换成了树，就需要对树的遍历方式足够了解！
大家还记不记得我在讲解贪心专题的时候，讲到这道题目：贪心算法：我要监控二叉树！，这也是贪心算法在树上的应用。那我也可以把这个算法起一个名字，叫做树形贪心！哈哈哈
“树形贪心”词汇从此诞生，来自「代码随想录」（纯属娱乐哈）
腾讯云开发者
