( “树” 之 DFS) 337. 打家劫舍 III ——【Leetcode每日一题】

337. 打家劫舍 III

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 , 1 0 4 ] [1, 10^4] [1,104] 范围内
• 0 < = N o d e . v a l < = 1 0 4 0 <= Node.val <= 10^4 0<=Node.val<=104

思路：DFS

分析：

每个节点都有偷或不偷两种可能，但是有一定的限制，如下：

• 若父节点不偷，子节点既能偷，也能不偷
• 若父节点偷，子节点只能不偷

解法：
由于每个节点都有两种可能，所以我们需要一个一维数组来保留这两种可能：

• 若当前节点不偷，其左孩子和有孩子既能偷，也能不偷, 取最大值，状态转移方程为：
  $$res[0]=max(left[0],left[1])+Math.max(right[0],right[1])$$
• 若父节点偷，当前节点的金额加上子节点只能不偷时的金额，状态转移方程为：
  $$res[1]=root.val+left[0]+right[0]$$
• 递归即可求出小偷能够盗取的最高金额。

代码：(Java、C++)

Java

/** * 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) {        //刚开始时，该节点既能偷，也能不偷, 取最大值        int[] res = takeOrNot(root);        return Math.max(res[0], res[1]);    }    public int[] takeOrNot (TreeNode root){        if(root == null) return new int[2];        int[] res = new int[2];        int[] left = takeOrNot(root.left);        int[] right = takeOrNot(root.right);        //如果没有偷当前节点，则其左孩子和有孩子既能偷，也能不偷, 取最大值        res[0] = Math.max(left[0], left[1]) + Math.max(right[0], right[1]);                //如果偷了当前节点，则其左孩子和有孩子都不能偷        res[1] = root.val + left[0] + right[0];        return res;    }}

C++

/** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { *     int val; *     TreeNode *left; *     TreeNode *right; *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {} *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {} *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {} * }; */class Solution {public:    int rob(TreeNode* root) {        vector<int> res = takeOrNot(root);        return max(res[0], res[1]);    }    vector<int> takeOrNot (TreeNode* root){        if(root == NULL) return {0, 0};        vector<int> res = {0, 0};        vector<int> left = takeOrNot(root->left);        vector<int> right = takeOrNot(root->right);        //如果没有偷当前节点，则其左孩子和有孩子既能偷，也能不偷, 取最大值        res[0] = max(left[0], left[1]) +max(right[0], right[1]);                //如果偷了当前节点，则其左孩子和有孩子都不能偷        res[1] = root->val + left[0] + right[0];        return res;    }};

运行结果：

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 n 为树的结点数目。
• 空间复杂度：$O(n)$。递归栈最坏情况下需要$O(n)$的空间。

题目来源：力扣。

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