【小白友好】LeetCode 打家劫舍 III

https://leetcode.cn/problems/house-robber-iii/description/

前言

建议还是先看看动态规划的基础题再看这个。动态规划是不刷题，自己100%想不出来的 。

基础题：

小白想法

现在我们想遍历的数据结构不是数组了，而是一颗树。在树上的dp叫做"树形dp"（so called）。

那在遍历寻找解更新dp的时候无非就是用遍历树的dfs那一套了，不再是for i in range(length)了。

现在不方便用dp数组去存储dp的值了，毕竟这是个树。那用什么？我们之前之所以用数组，是因为使用dp[i]能够直接取到遍历到nums[i]时dp的值，之前的dp数组实际上充当的是一个hash table（字典、map...随便你怎么叫）的作用。那我们就直接用字典就好啦！不再用数组了。

然后能不能像for i in range(length)一样"从前往后"边遍历边更新？树上的"从前往后"是什么？是从叶子走向根。

有了前几点的铺垫，下面正式进入状态转移方程的构建。

还能不能像以前"打家劫舍"那个题一样通过选择前几个状态来更新dp？

看上去好像可以。但是请注意我们现在的"dp数组"不是数组了，而是一个字典。字典的key是node，value是dp值。如果是数组，我们可以很方便的通过i-1,i-2指针来访问前面的状态，但是此时的字典已经不适合了。当前的状态i和前面时刻-2的"联系"已经没有了。

题外话，莫非我可以先把"树形"的数据先压成一个数组，然后再套用之前的思路？想法很好，甚至也能做，但是写起来比较麻烦，下一个！

就算是有联系，在当前节点时，需要考虑自己2个孩子是否被偷，没偷就有可能跟孙子一起被偷，共计6个节点，我相信写起来也挺复杂，要max很多次。

dead end after all...

题解，学习

换个dp数组的意义吧！我们不拘泥于过去的思路了。

在之前做"最大连乘子数组"的时候我们不是也用了2个dp数组吗？

把dp拆开成2个，分成选择了子节点的最大值，和没选择了子节点的最大值。请注意树上的"从前往后"是从叶子到根。把这2个dp分别叫做dp_selected和dp_unselected。

先考虑最简单的情况，从最前面开始，只有一个叶子的时候，2个dp的值很好知道，叶子值或者0。

而当到了树上的分支now的时候，dp_selected[now]的意义是选择当前节点，那么应该等于自己当前节点的值+没选自己孩子的最大dp值：now.val+dp_unselected[now.left]+dp_unselected[now.right]，只有这一种情况，是因为相邻的父子不能一起选；而dp_unselected[now]就比较多了：由于我当前节点没选择，那么我的孩子可以选，也可以不选，那我要当前最大的，要取他们的最大值更新。

上面写的比较"大白话"，我个人感觉用数学公式表达起来比较简洁易懂。。

以下为官方题解

接下来就是遍历，然后通过转移方程一边遍历一边更新就行。

代码

py 复制代码

# 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:

    def rob(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
        # dp的存储形式变了，变成字典
        # dp的意义变了，不再是"以xx结尾的结果"

        from collections import defaultdict
        dp_selected,dp_unselected=defaultdict(int),defaultdict(int)

        def travel_tree(now):
            if now is None:
                return 
            
            travel_tree(now.left)
            travel_tree(now.right)
            
            left=now.left
            right=now.right

            res1=now.val+dp_unselected[left]+dp_unselected[right]
            res2=max(dp_selected[left],dp_unselected[left])+max(dp_selected[right],dp_unselected[right])
            
            dp_selected[now]=res1
            # 可以选择不更新，因为不更新他就是0
            # 在节点选择的过程中，0是肯定会被丢弃的
            dp_unselected[now]=res2

            return 
        
        travel_tree(root)

        return max(dp_selected[root],dp_unselected[root])

defaultdict的作用是给予在dict中不存在的key一个初始值，简化代码。

提交，过了。

想不出来，不刷题真的想不出来。

优化

显然dp的hash table是很重要的，但是我们能不能把他也优化掉，不使用他的额外的空间呢？

我们可以从转移方程看到，当前点的更新只跟自己孩子的那几个值有关。

这熟悉的配方！在dp $i$ 只跟dp $i-1$ 有关时，我们也能通过类似的方法只保留上一个dp的值来优化空间。

那么怎么只保留上一个dp的值呢？我们上一个dp的值是"选左孩子的最大值"、"不选左孩子的最大值"、"选右孩子的最大值"、"不选右孩子的最大值"，一共4个，使用函数返回给父节点就可以了！（毕竟除了使用额外的空间，函数返回值是唯一父子能交流的东西了）

py 复制代码

class Solution:
    def rob(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
        def travel_tree(now):
            if now is None:  
                return 0, 0  
            l_rob, l_not_rob = travel_tree(now.left)
            r_rob, r_not_rob = travel_tree(now.right)
            rob = l_not_rob + r_not_rob + node.val  # 选
            not_rob = max(l_rob, l_not_rob) + max(r_rob, r_not_rob)  # 不选
            return rob, not_rob
        return max(travel_tree(root))  # 根节点选或不选的最大值