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思路:
假设这个数是98,n[i]>n[i+1],让n[i]--,n[i+1]=9,即98的单调递增数就是89
如果从前往后遍历,n[i+1]不仅受n[i]影响,还受n[i+2]影响,例如332->329 这时 3又比2大了
如果从后往前遍历,332->329->299,重复利用了上一次的结果
总体来说,从后往前遍历,遇见n[i]<n[i+1]的情况,让n[i]-1,让i+1与之后的位置都变为9
java
class Solution {
public int monotoneIncreasingDigits(int n) {
String s=String.valueOf(n);
char[] chars=s.toCharArray();
int index=s.length();//记录开始填9的位置
for(int i=chars.length-2;i>=0;i--){
if(chars[i]>chars[i+1]){
chars[i]--;
index=i+1;
}
}
for(int i=index;i<s.length();i++ ){
chars[i]='9';
}
return Integer.parseInt(String.valueOf(chars));
}
}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:
把摄像头优先放在叶节点的父节点上
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！
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?
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
遇见空结点怎么办?
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
单层递归逻辑:
- 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：
- 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
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
这时要给根节点加上摄像头
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 {
int res=0;//摄像头的个数
public int minCameraCover(TreeNode root) {
if(travel(root)==0)
res++;//如果根节点没覆盖,给根节点加摄像头,因为根节点没有父节点
return res;
}
public int travel(TreeNode cur){
if(cur==null)return 2;//空结点表示有覆盖
int left= travel(cur.left);
int right= travel(cur.right);
//如果左右都返回覆盖,则当前结点没覆盖
if(left==2&&right==2){
return 0;
}else if(left==0||right==0){
//如果左右有任一个没覆盖,则在当前结点加摄像头
res++;
return 1;
} else{
//如果左右有任一个有摄像头,则当前结点被覆盖
return 2;
}
}
}- 翻转
时间限制：1.000S 空间限制：256MB
题目描述
小蓝用黑白棋的 n 个棋子排成了一行，他在脑海里想象出了一个长度为 n 的 01 串 T，他发现如果把黑棋当做 1，白棋当做 0，这一行棋子也是一个长度为 n 的 01 串 S。 小蓝决定，如果在 S 中发现一个棋子和它两边的棋子都不一样，就可以将其翻转变成另一个颜色。也就是说，如果 S 中存在子串 101 或者 010，就可以选择将其分别变为 111 和 000，这样的操作可以无限重复。 小蓝想知道最少翻转多少次可以把 S 变成和 T 一模一样。
输入描述
输入包含多组数据。 输入的第一行包含一个正整数 D 表示数据组数。 后面 2D 行每行包含一个 01 串，每两行为一组数据，第 2i − 1 行为第 i 组 数据的 Ti，第 2i 行为第 i 组数据的 Si，Si 和 Ti 长度均为 ni。
输出描述
对于每组数据，输出一行包含一个整数，表示答案，如果答案不存在请输出 −1。
输入示例
2
1000111
1010101
01000
11000
输出示例
2
-1
提示信息
对于 20% 的评测用例，1 ≤ ∑D1 ni ≤ 10 ； 对于所有评测用例，保证 1 ≤ ∑D1 ni ≤ 106 ，ni > 0 。
思路:从左往右遍历,遇见不一样的就翻转,注意开头和最后一个是不能翻转的
java
import java.util.*;
import java.util.stream.Stream;
class Main{
public static void main(String[] args){
Scanner in=new Scanner(System.in);
int n=in.nextInt();
while(n-->0){
String s1=in.next();
String s2=in.next();
System.out.println(solve(s1,s2));
}
}
public static int solve(String s1,String s2){
int count=0;
for(int i=0;i<s1.length();i++){
if(s1.charAt(i)==s2.charAt(i)){
continue;
}else{
if(i==0||i==s2.length()-1||s2.charAt(i)==s2.charAt(i-1)||s2.charAt(i)==s2.charAt(i+1)){
return -1; }
count++;
}
}
return count;
}
}