The thief has found himself a new place for his thievery again. There is only one entrance to this area, called the “root.” Besides the root, each house has one and only one parent house. After a tour, the smart thief realized that “all houses in this place forms a binary tree”. It will automatically contact the police if two directly-linked houses were broken into on the same night.
Determine the maximum amount of money the thief can rob tonight without alerting the police.
Example 1:
3
/ \
2 3
\ \
3 1
Maximum amount of money the thief can rob = 3 + 3 + 1 = 7.
Example 2:
3
/ \
4 5
/ \ \
1 3 1
Maximum amount of money the thief can rob = 4 + 5 = 9.
Credits:
Special thanks to @dietpepsi for adding this problem and creating all test cases.
这道题是之前那两道 House Robber II 和 House Robber 的拓展，这个小偷又偷出新花样了，沿着二叉树开始偷，碉堡了，题目中给的例子看似好像是要每隔一个偷一次，但实际上不一定只隔一个，比如如下这个例子：
4
/
1
/
2
/
3
如果隔一个偷，那么是 4+2=6，其实最优解应为 4+3=7，隔了两个，所以说纯粹是怎么多怎么来，那么这种问题是很典型的递归问题，可以利用回溯法来做，因为当前的计算需要依赖之前的结果，那么对于某一个节点，如果其左子节点存在，通过递归调用函数，算出不包含左子节点返回的值，同理，如果右子节点存在，算出不包含右子节点返回的值，那么此节点的最大值可能有两种情况，一种是该节点值加上不包含左子节点和右子节点的返回值之和，另一种是左右子节点返回值之和不包含当期节点值，取两者的较大值返回即可，但是这种方法无法通过 OJ，超时了，所以必须优化这种方法，这种方法重复计算了很多地方，比如要完成一个节点的计算，就得一直找左右子节点计算，可以把已经算过的节点用 HashMap 保存起来，以后递归调用的时候，现在 HashMap 里找，如果存在直接返回，如果不存在，等计算出来后，保存到 HashMap 中再返回，这样方便以后再调用，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
unordered_map<TreeNode*, int> m;
return dfs(root, m);
}
int dfs(TreeNode *root, unordered_map<TreeNode*, int> &m) {
if (!root) return 0;
if (m.count(root)) return m[root];
int val = 0;
if (root->left) {
val += dfs(root->left->left, m) + dfs(root->left->right, m);
}
if (root->right) {
val += dfs(root->right->left, m) + dfs(root->right->right, m);
}
val = max(val + root->val, dfs(root->left, m) + dfs(root->right, m));
m[root] = val;
return val;
}
};
下面再来看一种方法，这种方法的递归函数返回一个大小为2的一维数组 res，其中 res[0] 表示不包含当前节点值的最大值，res[1] 表示包含当前值的最大值，那么在遍历某个节点时，首先对其左右子节点调用递归函数，分别得到包含与不包含左子节点值的最大值，和包含于不包含右子节点值的最大值，则当前节点的 res[0] 就是左子节点两种情况的较大值加上右子节点两种情况的较大值，res[1] 就是不包含左子节点值的最大值加上不包含右子节点值的最大值，和当前节点值之和，返回即可，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
vector<int> res = dfs(root);
return max(res[0], res[1]);
}
vector<int> dfs(TreeNode *root) {
if (!root) return vector<int>(2, 0);
vector<int> left = dfs(root->left);
vector<int> right = dfs(root->right);
vector<int> res(2, 0);
res[0] = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
res[1] = left[0] + right[0] + root->val;
return res;
}
};
下面这种解法由网友 edyyy 提供，仔细看了一下，也非常的巧妙，思路和解法二有些类似。这里的 helper 函数返回当前结点为根结点的最大 rob 的钱数，里面的两个参数l和r表示分别从左子结点和右子结点开始 rob，分别能获得的最大钱数。在递归函数里面，如果当前结点不存在，直接返回0。否则对左右子结点分别调用递归函数，得到l和r。另外还得到四个变量，ll和lr表示左子结点的左右子结点的最大 rob 钱数，rl 和 rr 表示右子结点的最大 rob 钱数。那么最后返回的值其实是两部分的值比较，其中一部分的值是当前的结点值加上 ll, lr, rl, 和 rr 这四个值，这不难理解，因为抢了当前的房屋，则左右两个子结点就不能再抢了，但是再下一层的四个子结点都是可以抢的；另一部分是不抢当前房屋，而是抢其左右两个子结点，即 l+r 的值，返回两个部分的值中的较大值即可，参见代码如下：
解法三：
class Solution {
public:
int rob(TreeNode* root) {
int l = 0, r = 0;
return helper(root, l, r);
}
int helper(TreeNode* node, int& l, int& r) {
if (!node) return 0;
int ll = 0, lr = 0, rl = 0, rr = 0;
l = helper(node->left, ll, lr);
r = helper(node->right, rl, rr);
return max(node->val + ll + lr + rl + rr, l + r);
}
};
Github 同步地址：
https://github.com/grandyang/leetcode/issues/337
类似题目：
参考资料：
https://leetcode.com/problems/house-robber-iii/
https://leetcode.com/problems/house-robber-iii/discuss/79333/Simple-C%2B%2B-solution
https://leetcode.com/problems/house-robber-iii/discuss/79363/Easy-understanding-solution-with-dfs
https://leetcode.com/problems/house-robber-iii/discuss/79330/Step-by-step-tackling-of-the-problem
LeetCode All in One 题目讲解汇总(持续更新中…)
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