算法工程师重生之第二十七天（合并区间单调递增的数字监控二叉树总结）

参考文献代码随想录

一、合并区间

以数组 intervals 表示若干个区间的集合，其中单个区间为 intervals[i] = [starti, endi] 。请你合并所有重叠的区间，并返回 一个不重叠的区间数组，该数组需恰好覆盖输入中的所有区间 。

示例 1：

输入：intervals = [[1,3],[2,6],[8,10],[15,18]]
输出：[[1,6],[8,10],[15,18]]
解释：区间 [1,3] 和 [2,6] 重叠, 将它们合并为 [1,6].

示例 2：

输入：intervals = [[1,4],[4,5]]
输出：[[1,5]]
解释：区间 [1,4] 和 [4,5] 可被视为重叠区间。

提示：

1 <= intervals.length <= 104
intervals[i].length == 2
0 <= starti <= endi <= 104

问题分析

要合并，说明有新的数据生成，如果你存在元数组上，那么就要删除重叠的那个几个，然后在添加新的，那么数组的长度会发生改变，那么很麻烦，所以使用新的一个数组，来存储。先排序，然后第一个排序，第二个运行（每个元素的第几个），尽可能的让重合的相邻。

class Solution(object):def merge(self, intervals):""":type intervals: List[List[int]]:rtype: List[List[int]]"""intervals = sorted(intervals, key = lambda x:x[0])result = []result.append(intervals[0])  # 第一个区间可以直接放入结果集中if len(intervals) == 1:return intervalsfor i in range(1, len(intervals)):if  result[-1][1] >= intervals[i][0]:  # 发现重叠区间# 合并区间，只需要更新结果集最后一个区间的右边界，因为根据排序，左边界已经是最小的result[-1][1] = max(result[-1][1], intervals[i][1])else:result.append(intervals[i])  # 区间不重叠return result

二、单调递增的数字

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 。

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

提示:

0 <= n <= 109

问题分析

判断后一位如果比前面的小，那么就要修改，前面减1，后面为9，那问题来了，遍历顺序该如何呢，例如332，从前往后遍历，遍历到第二3和2比较式，那么前面减1,3变成2，2变成9，最后结果是329，很明显不满足，所以要重后往前遍历，注意不能遍历到0，因为比较的时候要有2位，然后要有一个标记的flag，初始化为数组的长度，为什么不可以初始化为0呢？因为这个flag的作用是标记从flag往后的元素都要变成9，那为什么要标记呢，因为有可能出现这种情况1000，如果你判断，立马修改的话，那么最后的结果变成900，不满足，所以要用标记，此时标记flag==1，所以从1到数组的最后都标记为9，这样最后的结果才是999，满足。

class Solution(object):def monotoneIncreasingDigits(self, N):# 将整数转换为字符串strNum = str(N)# flag用来标记赋值9从哪里开始# 设置为字符串长度，为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行flag = len(strNum)# 从右往左遍历字符串for i in range(len(strNum) - 1, 0, -1):# 如果当前字符比前一个字符小，说明需要修改前一个字符if strNum[i - 1] > strNum[i]:flag = i  # 更新flag的值，记录需要修改的位置# 将前一个字符减1，以保证递增性质strNum = strNum[:i - 1] + str(int(strNum[i - 1]) - 1) + strNum[i:]# 将flag位置及之后的字符都修改为9，以保证最大的递增数字for i in range(flag, len(strNum)):strNum = strNum[:i] + '9' + strNum[i + 1:]# 将最终的字符串转换回整数并返回return int(strNum)

三、监控二叉树

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。

问题分析

这道题目首先要想，如何放置，才能让摄像头最小的呢？

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！

这是很重要的一个线索，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。

所以把摄像头放在叶子节点的父节点位置，才能充分利用摄像头的覆盖面积。

那么有同学可能问了，为什么不从头结点开始看起呢，为啥要从叶子节点看呢？

因为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！

局部最优推出全局最优，找不出反例，那么就按照贪心来！

此时，大体思路就是从低到上，先给叶子节点父节点放个摄像头，然后隔两个节点放一个摄像头，直至到二叉树头结点。

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

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。

后序遍历代码如下：

int traversal(TreeNode* cur) {// 空节点，该节点有覆盖if (终止条件) return ;int left = traversal(cur->left);    // 左int right = traversal(cur->right);  // 右逻辑处理                            // 中return ;
}

注意在以上代码中我们取了左孩子的返回值，右孩子的返回值，即left 和 right，以后推导中间节点的状态

#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

大家应该找不出第四个节点的状态了。

一些同学可能会想有没有第四种状态：本节点无摄像头，其实无摄像头就是无覆盖或者有覆盖的状态，所以一共还是三个状态。

因为在遍历树的过程中，就会遇到空节点，那么问题来了，空节点究竟是哪一种状态呢？空节点表示无覆盖？表示有摄像头？还是有覆盖呢？

回归本质，为了让摄像头数量最少，我们要尽量让叶子节点的父节点安装摄像头，这样才能摄像头的数量最少。

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

接下来就是递推关系。

那么递归的终止条件应该是遇到了空节点，此时应该返回2（有覆盖），原因上面已经解释过了。

代码如下：

// 空节点，该节点有覆盖
if (cur == NULL) return 2;

递归的函数，以及终止条件已经确定了，再来看单层逻辑处理。

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：

968.监控二叉树2

代码如下：

// 左右节点都有覆盖
if (left == 2 && right == 2) return 0;

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。

代码如下：

if (left == 0 || right == 0) {result++;return 1;
}

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

代码如下：

if (left == 1 || right == 1) return 2;

从这个代码中，可以看出，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：

968.监控二叉树1

这种情况也是大多数同学容易迷惑的情况。

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：

968.监控二叉树3

所以递归结束之后，还要判断根节点，如果没有覆盖，result++，代码如下：

int minCameraCover(TreeNode* root) {result = 0;if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖result++;}return result;
}

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution:# Greedy Algo:# 从下往上安装摄像头：跳过leaves这样安装数量最少，局部最优 -> 全局最优# 先给leaves的父节点安装，然后每隔两层节点安装一个摄像头，直到Head# 0: 该节点未覆盖# 1: 该节点有摄像头# 2: 该节点有覆盖def minCameraCover(self, root: TreeNode) -> int:# 定义递归函数result = [0]  # 用于记录摄像头的安装数量if self.traversal(root, result) == 0:result[0] += 1return result[0]def traversal(self, cur: TreeNode, result: List[int]) -> int:if not cur:return 2left = self.traversal(cur.left, result)right = self.traversal(cur.right, result)# 情况1: 左右节点都有覆盖if left == 2 and right == 2:return 0# 情况2:# 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 左节点无覆盖，右节点有摄像头# 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if left == 0 or right == 0:result[0] += 1return 1# 情况3:# 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if left == 1 or right == 1:return 2

四、贪心总结