337. 打家劫舍 III¶

力扣链接(中等)：https://leetcode.cn/problems/house-robber-iii

小偷又发现了一个新的可行窃的地区。这个地区只有一个入口，我们称之为 root 。

除了 root 之外，每栋房子有且只有一个“父“房子与之相连。一番侦察之后，聪明的小偷意识到“这个地方的所有房屋的排列类似于一棵二叉树”。如果 两个直接相连的房子在同一天晚上被打劫 ，房屋将自动报警。

给定二叉树的 root 。返回 在不触动警报的情况下 ，小偷能够盗取的最高金额。

示例 1:

Text Only
1 2 3	`输入: root = [3,2,3,null,3,null,1] 输出: 7 解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 3 + 3 + 1 = 7`

示例 2:

Text Only
1 2 3	`输入: root = [3,4,5,1,3,null,1] 输出: 9 解释: 小偷一晚能够盗取的最高金额 4 + 5 = 9`

提示：

树的节点数在 [1, 104] 范围内
0 <= Node.val <= 104

个人题解¶

记忆化搜索¶

由于当前节点需要依赖其子树的结果，所以选择后序遍历。

C++
/**
 * 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:
    unordered_map<TreeNode*, int> umap;
    int rob(TreeNode* root) {
        if(!root) return 0;
        if(root->left == NULL && root->right == NULL) return root->val;

        // 记忆化搜索，每个节点至多被搜索一次，时间复杂度 O(n)
        if(umap[root]) return umap[root];

        // 后序遍历
        // 偷取父节点，其儿子节点就不能偷
        auto v1 = root->val;
        if(root->left) v1 += rob(root->left->left) + rob(root->left->right);
        if(root->right) v1 += rob(root->right->left) + rob(root->right->right);
        // 不偷父节点
        auto v2 = rob(root->left) + rob(root->right);

        // 记忆化搜索，记录当前结果
        umap[root] = max(v1, v2);
        return umap[root];
    }
};

动态规划（树形 DP）¶

树的遍历方式

由于当前节点需要依赖其子树的结果，所以选择后序遍历。

树形 DP

树形 DP 将 DP 与二叉树的遍历相结合，以函数运行栈的方式体现 dp 数组关系。在递归函数运行栈中，每一层返回的 dp 相当于常规dp 数组中的 dp[i]，当前层依赖上层的结果，后序内容中记为 dp[node]。

确定递归参数和返回值：vector<int> robTree(TreeNode* node) 返回长度为 2 的 dp[node] 数组，分别代表偷/不偷该节点时，当前子树获得的最大金额。可自由定义顺序，本题解定义 dp[node] 为 {不偷，偷}；
终止条件：显然，遇到空节点时返回 {0, 0}，代表当前子树是空树，没有任何节点可以偷取；
遍历顺序：根据递推逻辑，选择后序遍历，因为当前节点依赖子树递归的返回值；
确定递归逻辑：auto v1 = node->val + left[0] + right[0]，auto v2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]) 如果偷取当前节点，则其儿子节点需要跳过，反之。上述代码分别为不偷取 node 和偷取 node 的情况；
手动推导 dp 数组无误。

C++
/**
 * 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 rob(TreeNode* root) {
        auto result = robTree(root);
        return max(result[0], result[1]);
    }
    // 返回 dp[node] vector{不偷取当前节点时获得的最大金额, 偷取当前节点时获取的最大金额}
    vector<int> robTree(TreeNode* node) {
        if(!node) return {0, 0};

        // 后序遍历
        auto left = robTree(node->left);
        auto right = robTree(node->right);

        // 偷当前节点，子节点就不能偷
        auto v1 = node->val + left[0] + right[0];
        // 不偷当前节点，子节点可偷可不偷，取最优
        auto v2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);

        return {v2, v1};
    } 
};