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<p align="center"><strong>欢迎大家参与本项目，贡献其他语言版本的代码，拥抱开源，让更多学习算法的小伙伴们收益！</strong></p>
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## 968.监控二叉树
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题目地址 : https://leetcode-cn.com/problems/binary-tree-cameras/
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给定一个二叉树，我们在树的节点上安装摄像头。
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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。
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计算监控树的所有节点所需的最小摄像头数量。
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示例 1：
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输入：[0,0,null,0,0]
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输出：1
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解释：如图所示，一台摄像头足以监控所有节点。
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示例 2：
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输入：[0,0,null,0,null,0,null,null,0]
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输出：2
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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。
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提示：
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* 给定树的节点数的范围是 [1, 1000]。
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* 每个节点的值都是 0。
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## 思路
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这道题目首先要想，如何放置，才能让摄像头最小的呢？
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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！**
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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。
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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。
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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？
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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。
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**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！**
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局部最优推出全局最优，找不出反例，那么就按照贪心来！
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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。
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此时这道题目还有两个难点：
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1. 二叉树的遍历
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2. 如何隔两个节点放一个摄像头
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### 确定遍历顺序
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在二叉树中如何从低向上推导呢？
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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。
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后序遍历代码如下：
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```
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int traversal(TreeNode* cur) {
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// 空节点，该节点有覆盖
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if (终止条件) return ;
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int left = traversal(cur->left); // 左
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int right = traversal(cur->right); // 右
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逻辑处理 // 中
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return ;
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}
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```
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**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**
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### 如何隔两个节点放一个摄像头
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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！
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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：
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有如下三种：
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* 该节点无覆盖
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* 本节点有摄像头
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* 本节点有覆盖
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我们分别有三个数字来表示：
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* 0：该节点无覆盖
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* 1：本节点有摄像头
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* 2：本节点有覆盖
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大家应该找不出第四个节点的状态了。
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**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。**
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**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？**
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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。
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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。
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**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**
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接下来就是递推关系。
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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。
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代码如下：
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```
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// 空节点，该节点有覆盖
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if (cur == NULL) return 2;
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```
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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。
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主要有如下四类情况：
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* 情况1：左右节点都有覆盖
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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。
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如图：
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代码如下：
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```
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// 左右节点都有覆盖
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if (left == 2 && right == 2) return 0;
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```
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* 情况2：左右节点至少有一个无覆盖的情况
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如果是以下情况，则中间节点（父节点）应该放摄像头：
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left == 0 && right == 0 左右节点无覆盖
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left == 1 && right == 0 左节点有摄像头，右节点无覆盖
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left == 0 && right == 1 左节点有无覆盖，右节点摄像头
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left == 0 && right == 2 左节点无覆盖，右节点覆盖
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left == 2 && right == 0 左节点覆盖，右节点无覆盖
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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。
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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。
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代码如下：
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```
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if (left == 0 || right == 0) {
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||
result++;
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return 1;
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||
}
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||
```
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* 情况3：左右节点至少有一个有摄像头
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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）
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left == 1 && right == 2 左节点有摄像头，右节点有覆盖
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left == 2 && right == 1 左节点有覆盖，右节点有摄像头
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left == 1 && right == 1 左右节点都有摄像头
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代码如下：
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```
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if (left == 1 || right == 1) return 2;
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```
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**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：
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这种情况也是大多数同学容易迷惑的情况。
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4. 情况4：头结点没有覆盖
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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：
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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：
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```
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int minCameraCover(TreeNode* root) {
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||
result = 0;
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||
if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖
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||
result++;
|
||
}
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return result;
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||
}
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||
```
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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：
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（**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。**）
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## C++代码
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```C++
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// 版本一
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class Solution {
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private:
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int result;
|
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int traversal(TreeNode* cur) {
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||
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// 空节点，该节点有覆盖
|
||
if (cur == NULL) return 2;
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int left = traversal(cur->left); // 左
|
||
int right = traversal(cur->right); // 右
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// 情况1
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||
// 左右节点都有覆盖
|
||
if (left == 2 && right == 2) return 0;
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// 情况2
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// left == 0 && right == 0 左右节点无覆盖
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||
// left == 1 && right == 0 左节点有摄像头，右节点无覆盖
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||
// 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
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||
// 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
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||
if (left == 1 || right == 1) return 2;
|
||
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||
// 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
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||
// 这个 return -1 逻辑不会走到这里。
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return -1;
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||
}
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||
|
||
public:
|
||
int minCameraCover(TreeNode* root) {
|
||
result = 0;
|
||
// 情况4
|
||
if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖
|
||
result++;
|
||
}
|
||
return result;
|
||
}
|
||
};
|
||
```
|
||
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||
在以上代码的基础上，再进行精简，代码如下：
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||
```C++
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||
// 版本二
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||
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;
|
||
}
|
||
};
|
||
|
||
|
||
```
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||
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**。
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||
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哈，版本二中看不中用！**。
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## 总结
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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。
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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。
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这道题目是名副其实的hard，大家感受感受，哈哈。
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## 其他语言版本
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Java：
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```java
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class Solution {
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private int count = 0;
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||
public int minCameraCover(TreeNode root) {
|
||
if (trval(root) == 0) count++;
|
||
return count;
|
||
}
|
||
|
||
private int trval(TreeNode root) {
|
||
if (root == null) return -1;
|
||
|
||
int left = trval(root.left);
|
||
int right = trval(root.right);
|
||
|
||
if (left == 0 || right == 0) {
|
||
count++;
|
||
return 2;
|
||
}
|
||
|
||
if (left == 2 || right == 2) {
|
||
return 1;
|
||
}
|
||
|
||
return 0;
|
||
}
|
||
}
|
||
```
|
||
|
||
|
||
Python：
|
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||
Go：
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||
* 作者微信：[程序员Carl](https://mp.weixin.qq.com/s/b66DFkOp8OOxdZC_xLZxfw)
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||
* B站视频：[代码随想录](https://space.bilibili.com/525438321)
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* 知识星球：[代码随想录](https://mp.weixin.qq.com/s/QVF6upVMSbgvZy8lHZS3CQ)
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