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LeetCode 337. 打家劫舍 III[1]
往期回顾：打家劫舍 I ：
【每日算法Day 104】偷电瓶的周某今天放出来了，还不赶紧做这道题防范一下！[2]
往期回顾：打家劫舍 II ：
【每日算法Day 105】打家劫舍第二弹：看好你的电瓶车！[3]
题目描述
在上次打劫完一条街道之后和一圈房屋后，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，我们称之为根。除了根之外，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。
计算在不触动警报的情况下，小偷一晚能够盗取的最高金额。
示例1
输入： [3,2,3,null,3,null,1] 3 / \ 2 3 \ \ 3 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
输入： [3,4,5,1,3,null,1] 3 / \ 4 5 / \ \ 1 3 1 输出: 9 解释： 小偷一晚能够盗取的最高金额 = 4 + 5 = 9.
题解
这次是在一棵树上偷窃了，做法还是一样。对于结点 r 来说，我们还是分为偷和不偷两种情况。
如果偷的话，它的左右儿子就不能偷了，所以最大价值就是左儿子不偷的最大价值，加上右儿子不偷的最大价值，再加上 r 的价值。
而如果不偷的话，最大价值就是左儿子偷或不偷的最大价值，加上右儿子偷或不偷的最大价值。
因为需要用到儿子结点偷和不偷两个价值，所以需要在 dfs 时返回两个值，用来表示偷和不偷两个最大价值，具体实现时用 pair 来表示。
可能有人会用另一种实现方式，用 dfs0 表示不偷的最大价值，dfs1 表示偷的最大价值，然后两个函数互相调用。注意这样理论上是可行的，但是会产生很多重复计算，最终会超时。所以这种方法需要记忆化搜索，比较麻烦，需要用 map<TreeNode*, int> 来保存每个结点的答案。
代码
复杂实现方式（c++）
class Solution { public: unordered_map<TreeNode*, int> dp0, dp1; int dfs0(TreeNode* root) { if (!root) return 0; if (dp0.find(root) != dp0.end()) return dp0[root]; int res = 0; res += max(dfs0(root->left), dfs1(root->left)); res += max(dfs0(root->right), dfs1(root->right)); return dp0[root]=res; } int dfs1(TreeNode* root) { if (!root) return 0; if (dp1.find(root) != dp1.end()) return dp1[root]; int res = root->val; res += dfs0(root->left); res += dfs0(root->right); return dp1[root]=res; } int rob(TreeNode* root) { if (!root) return 0; dp0.clear(); dp1.clear(); return max(dfs0(root), dfs1(root)); } };
精简实现方式（c++）
class Solution { public: typedef pair<int, int> pii; pii dfs(TreeNode* root) { if (!root) return {0, 0}; pii l = dfs(root->left); pii r = dfs(root->right); int r0 = max(l.first, l.second) + max(r.first, r.second); int r1 = l.first + r.first + root->val; return {r0, r1}; } int rob(TreeNode* root) { pii res = dfs(root); return max(res.first, res.second); } };
