做外贸 需要做网站吗,成都住房和城乡建设局 网站首页,企业官网网站 优帮云,2021ppt模板免费下载 素材本文章代码以c为例#xff01;
一、力扣第738题#xff1a;单调递增的数字
题目#xff1a;
当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x y 时#xff0c;我们称这个整数是单调递增的。
给定一个整数 n #xff0c;返回 小于或等于 n 的最大数字#xff0c;且数…本文章代码以c为例
一、力扣第738题单调递增的数字
题目
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
思路
# 暴力解法
题意很简单那么首先想的就是暴力解法了来我替大家暴力一波结果自然是超时
代码如下
class Solution {
private:// 判断一个数字的各位上是否是递增bool checkNum(int num) {int max 10;while (num) {int t num % 10;if (max t) max t;else return false;num num / 10;}return true;}
public:int monotoneIncreasingDigits(int N) {for (int i N; i 0; i--) { // 从大到小遍历if (checkNum(i)) return i;}return 0;}
};时间复杂度O(n × m) m为n的数字长度空间复杂度O(1)
# 贪心算法
题目要求小于等于N的最大单调递增的整数那么拿一个两位的数字来举例。
例如98一旦出现strNum[i - 1] strNum[i]的情况非单调递增首先想让strNum[i - 1]--然后strNum[i]给为9这样这个整数就是89即小于98的最大的单调递增整数。
这一点如果想清楚了这道题就好办了。
此时是从前向后遍历还是从后向前遍历呢
从前向后遍历的话遇到strNum[i - 1] strNum[i]的情况让strNum[i - 1]减一但此时如果strNum[i - 1]减一了可能又小于strNum[i - 2]。
这么说有点抽象举个例子数字332从前向后遍历的话那么就把变成了329此时2又小于了第一位的3了真正的结果应该是299。
那么从后向前遍历就可以重复利用上次比较得出的结果了从后向前遍历332的数值变化为332 - 329 - 299
确定了遍历顺序之后那么此时局部最优就可以推出全局找不出反例试试贪心。
C代码如下
class Solution {
public:int monotoneIncreasingDigits(int N) {string strNum to_string(N);// flag用来标记赋值9从哪里开始// 设置为这个默认值为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行int flag strNum.size();for (int i strNum.size() - 1; i 0; i--) {if (strNum[i - 1] strNum[i] ) {flag i;strNum[i - 1]--;}}for (int i flag; i strNum.size(); i) {strNum[i] 9;}return stoi(strNum);}
};
时间复杂度O(n)n 为数字长度空间复杂度O(n)需要一个字符串转化为字符串操作更方便
# 总结
本题只要想清楚个例例如98一旦出现strNum[i - 1] strNum[i]的情况非单调递增首先想让strNum[i - 1]减一strNum[i]赋值9这样这个整数就是89。就可以很自然想到对应的贪心解法了。
想到了贪心还要考虑遍历顺序只有从后向前遍历才能重复利用上次比较的结果。
最后代码实现的时候也需要一些技巧例如用一个flag来标记从哪里开始赋值9。
二、力扣第968题监控二叉树
题目
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
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 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 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 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;
}以上四种情况我们分析完了代码也差不多了整体代码如下
以下我的代码注释很详细为了把情况说清楚特别把每种情况列出来。
C代码如下
// 版本一
class Solution {
private:int result;int traversal(TreeNode* cur) {// 空节点该节点有覆盖if (cur NULL) return 2;int left traversal(cur-left); // 左int right traversal(cur-right); // 右// 情况1// 左右节点都有覆盖if (left 2 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if (left 0 || right 0) {result;return 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// 其他情况前段代码均已覆盖if (left 1 || right 1) return 2;// 以上代码我没有使用else主要是为了把各个分支条件展现出来这样代码有助于读者理解// 这个 return -1 逻辑不会走到这里。return -1;}public:int minCameraCover(TreeNode* root) {result 0;// 情况4if (traversal(root) 0) { // root 无覆盖result;}return result;}
};在以上代码的基础上再进行精简代码如下
// 版本二
class Solution {
private:int result;int traversal(TreeNode* cur) {if (cur NULL) return 2;int left traversal(cur-left); // 左int right traversal(cur-right); // 右if (left 2 right 2) return 0;else if (left 0 || right 0) {result;return 1;} else return 2;}
public:int minCameraCover(TreeNode* root) {result 0;if (traversal(root) 0) { // root 无覆盖result;}return result;}
};
时间复杂度: O(n)需要遍历二叉树上的每个节点空间复杂度: O(n)
大家可能会惊讶居然可以这么简短其实就是在版本一的基础上使用else把一些情况直接覆盖掉了。
在网上关于这道题解可以搜到很多这种神级别的代码但都没讲不清楚如果直接看代码的话指定越看越晕所以建议大家对着版本一的代码一步一步来版本二中看不中用。
# 总结
本题的难点首先是要想到贪心的思路然后就是遍历和状态推导。
在二叉树上进行状态推导其实难度就上了一个台阶了需要对二叉树的操作非常娴熟。
这道题目是名副其实的hard大家感受感受。 day37补
