738.单调递增的数字

题目要求：给定一个非负整数 N，找出小于或等于 N 的最大的整数，同时这个整数需要满足其各个位数上的数字是单调递增。

（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。）

示例 1:

• 输入: N = 10
• 输出: 9

示例 2:

• 输入: N = 1234
• 输出: 1234

示例 3:

• 输入: N = 332
• 输出: 299

说明: N 是在 [0, 10^9] 范围内的一个整数。

思路

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。

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

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

968.监控二叉树

题目要求：

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：

• 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：

• 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：

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

思路

示例中的摄像头都没有放在叶子节点上！

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。

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！

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。

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

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（空节点就是叶子节点）

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：

• 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。

• 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

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：

• 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：

所以递归结束之后，还要判断根节点，如果没有覆盖，result++。

/*** 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 result;int traversal(TreeNode* cur) {if (cur == NULL) return 2;int left = traversal(cur->left);int right = traversal(cur->right);if (left == 2 && right == 2) return 0;if (left == 0 || right == 0) {result++;return 1;}if (left == 1 || right == 1) return 2;return -1;}int minCameraCover(TreeNode* root) {result = 0;if (traversal(root) == 0) 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)

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。想清楚改用左右中的后序遍历顺序。