738.单调递增的数字
题目链接:单调递增的数字
题目描述: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 。
解题思想:
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。
从后向前遍历,如果前一位大于后一位,就将前一位减一,后一位变为“9”,
注意,这里使用flag来标记赋值9从哪里开始,flag后面的要全标为‘9’
class Solution {
public:int monotoneIncreasingDigits(int n) {string s = to_string(n);int flag = s.size();for (int i = s.size() - 2; i >= 0; i--) {if (s[i] > s[i + 1]) {s[i] -= 1;flag = i + 1;}}for (int i = flag; i < s.size(); i++){s[i] = '9';}int result = 0;for (int i = 0; i < s.size(); i++) {result = result * 10 + (s[i] - '0');}return result;}
};
- 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
题目链接:监控二叉树
题目描述: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。
解题思想:
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!
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!
此时这道题目还有两个难点:
- 二叉树的遍历
- 如何隔两个节点放一个摄像头
**确定遍历顺序:**应采用后序遍历,从下到上推倒。
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!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:
- 0:该节点无覆盖
- 1:本节点有摄像头
- 2:本节点有覆盖
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。
- 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
- 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)
- 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
class Solution {
public:int minCameraCover(TreeNode* root) {if (traversal(root) == 0) {result++;}return result;}private:int result = 0;int traversal(TreeNode* node) {if (node == NULL)return 2;int left = traversal(node->left);int right = traversal(node->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;}
};
- 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)