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动态规划汇总

LCP 26. 导航装置

小扣参加的秋日市集景区共有 N 个景点，景点编号为 1~N。景点内设有 −1N−1 条双向道路，使所有景点形成了一个二叉树结构，根结点记为 root，景点编号即为节点值。
由于秋日市集景区的结构特殊，游客很容易迷路，主办方决定在景区的若干个景点设置导航装置，按照所在景点编号升序排列后定义装置编号为 1 ~ M。导航装置向游客发送数据，数据内容为列表 [游客与装置 1 的相对距离,游客与装置 2 的相对距离,…,游客与装置 M 的相对距离]。由于游客根据导航装置发送的信息来确认位置，因此主办方需保证游客在每个景点接收的数据信息皆不相同。请返回主办方最少需要设置多少个导航装置。
示例 1：

输入：root = [1,2,null,3,4]

输出：2

解释：在景点 1、3 或景点 1、4 或景点 3、4 设置导航装置。

示例 2：

输入：root = [1,2,3,4]

输出：1

解释：在景点 3、4 设置导航装置皆可。

提示：
2 <= N <= 50000
二叉树的非空节点值为 1~N 的一个排列。

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原理

性质一：对根节点为root1的子树，将子树外的装置移到root1，效果一样。此子树任意两个节点n1，n2。装置在x，n1和n2的距离差为：(n1$\to$root1$\to$x)-(n2$\to$root1$\to$x) $⟺$ (n1$\to$root1)-(n2$\to$root1) $⟺$ 此装置放到root1。当前子树根节点或树外有装置简称树外装置，当前子树根节点的子孙节点有装置称树内装置。
原则一：如果装置数量相同，优先使用树外装置，树外装置点可以共用。
性质二：如果一个子树，有两个子节点，那至少需要一个树内装置。树外装置无法区分左右节点。

性质三：子树各有一个装置，无需树内装置或树外装置，整个子树符合题意。
n1,N1来自左子树，n2,N2来自右子树，N1和N2各有一个装置。反证法证明，假定来两个距离都相等。即：
。 { n 1 → p 1 → N 1 = = n 2 → r o o t 1 → N 1 到 N 1 的距离相等 n 1 → r o o t 1 → N 2 = = n 2 → p 2 → N 2 到 N 2 的距离相等

$$\begin{cases} n1\rightarrow p1 \rightarrow N1 == n2 \rightarrow root1 \rightarrow N1 &到N1的距离相等 \\ n1\rightarrow root1 \rightarrow N2 == n2 \rightarrow p2 \rightarrow N2 &到N2的距离相等 \\ \end{cases}$$ {n1→p1→N1==n2→root1→N1n1→root1→N2==n2→p2→N2​到N1的距离相等到N2的距离相等​
$$\to \{\begin{array}{l}n1->root1>n2->root1\\ n1->root1<n2->root1\end{array}矛盾$$
性质四：子树各有一个装置，无需树内装置或树外装置。当前子树内任意一节点n1，和当前树外任意一节点n2符合题意，N1和N2是两个装置，和n1和n2的最近公共祖先p1,p2。假定距离都相等,不失一般性n1在左枝（或root1)：
$$\begin{gathered} \because n1\to p1\to N1==n2\to root1\to N1到N1距离相等 \\ \because p1\to N1<root1\to N1 \\ \therefore n1\to p1>n2\to root1 \\ \because n1\to root1>=n1\to p1 \\ \therefore n1\to root1>n2\to root1 \\ \therefore n1\to root1\to N2>n2\to root1\to N2和假定到N2距离相等矛盾 \end{gathered}$$

性质五：如果左（右）子树有一个有装置，左右子树符合题意。那么有树外装置就符合题意。
a,任意节点到root1的距离都大于0，所以root1不会和子节点到root1的距离相同。
b,n1来自左子树，n2来自右子树，n1和n2到root1距离相等。不失一般性，假定此装置在左子树节点N1。 N1和n1的公共祖先P。则n1到N1的距离为：n1$\to$P$\to$N1 ,n2到N1的距离为：n2$\to$root1$\to$N1 ,有n1 N1都是左子树的节点，所以他们到P的距离小于到root1的距离。 { n 1 → P < n 1 → r o o t 1 P → N 1 < r o o t → N 1 → { n 1 到 N 1 的距离 < n 1 → r o o t 1 → N 1

$$\begin{cases} n1\rightarrow P < n1 \rightarrow root1 \\ P \rightarrow N1 < root \rightarrow N1 \end{cases}$$ \rightarrow $$\begin{cases} n1到N1的距离 < n1\rightarrow root1 \rightarrow N1 \end{cases}$$ {n1→P<n1→root1P→N1<root→N1​→{n1到N1的距离<n1→root1→N1​
$${}_{\to \to \to \to \to \to \to \to \to \to }^{n1和n2到root1的距离相同}n1到N1的距离<n2\to root1\to N1(n2到N1的距离）$$
性质六:如果左（右）子树有一个有装置，左右子树符合题意。那么有树外装置，树内节点和任意节点都符合题意。n1是树内节点，n2是树外节点。N1是树内装置，N2是树外装置。n1和N1的最近公共祖先是p1，n2和N2的最近公共祖先是 p2,n2和root1的最近公共祖先p3。反证发：假定n1和n2到N1和N2的距离相同。即：
$$\begin{gathered} n1\to p1\to N1==n2\to p3\to root1\to N1式子一 \\ n1\to root1\to N2==n2\to p2\to N2式子二 \\ 式子一\to n1->root1>n2\to p3\to root1 \\ n1\to root1\to N2>n2\to p3\to root1\to N2 \\ 大于等于n2\to N2(n2直达N2一定不慢与需要经过p3,root1) \end{gathered}$$
性质七：如果左右子树皆无装置，根据性质二，需要一个树内装置。不需要树外装置。
性质八：如果只有一个孩子，且孩子没有树内装置。那说明所有子孙节点都是孤子节点。需要一个树外装置，不需要树内装置。

性质六：如果根节点和树外无装置。一个子树有多个装置，另一个子树无装置。根据性质一，无法满足题目要求。
性质五: 独子树，一个装置就可以搞定，放到叶子节点或根节点。
性质六：非独子树， 如果装置放到树外或根节点，无法区分兄弟节点。如果放到兄弟及其后代上，无法区分兄弟和祖父。树外或根节点必须放到一个，树内任意位置放一个。

处理思路

独子树，返回1。
双子节点，如果后代没有双子节点，则需要新增一个装置。正棵树的根，也要一个装置。
注意： 如果根节点是双子节点忽略，因为他没祖先，无需区分。
两种情况，可以统一为：
1+ 没有后代是双子节点的双子节点。
DFS返回两个值：b1和i2。b1表示是否需要树外节点，i2表示如果有树外节点，树内需要多少节点。
一，叶子节点返回{false,0}
二， 双子节点 并且 没有子树有装置 {true,1} 两棵子树都有双子节点。
{ 单子节点返回 t u r e , 两个子树 i 2 之和 双子节点并且两个子树都有装置 f a l s e , 两个子树 i 2 之和 双子节点并且一个子树都有装置 t r u e , 两个子树 i 2 之和 → i 12 和 i 22 分别表示左只和右支的 i 2 。可以统一为： 0 ! = i 12 ∗ i 22 , 两个子树 i 2 之和

$$\begin{cases} 单子节点返回{ture,两个子树i2之和} \\ 双子节点 并且 两个子树都有装置 {false,两个子树i2之和} \\ 双子节点 并且 一个子树都有装置 {true,两个子树i2之和} \\ \end{cases}$$ \\ \rightarrow i12 和i22 分别表示左只和右支的i2。可以统一为：{0!=i12*i22,两个子树i2之和} ⎩ ⎨ ⎧​单子节点返回ture,两个子树i2之和双子节点并且两个子树都有装置false,两个子树i2之和双子节点并且一个子树都有装置true,两个子树i2之和​→i12和i22分别表示左只和右支的i2。可以统一为：0!=i12∗i22,两个子树i2之和

代码

class Solution {
public:
	int navigation(TreeNode* root) {
		const auto [i11, i12] = DFS(root->left);
		const auto [i21, i22] = DFS(root->right);
		if (0 == i12 + i22)
		{
			return 1;
		}
        bool b1 = (i11| i21)&&(0==i12*i22);   
		return  i12 + i22 +b1 ;
	}
	std::pair<bool, int> DFS(TreeNode* root)
	{
		if (nullptr == root)
		{
			return { 0,0 };
		}
		const auto [i11, i12] = DFS(root->left);
		const auto [i21, i22] = DFS(root->right);
		const int iChildCount = i12 + i22;
		bool b2 = (nullptr != root->left) && (nullptr != root->right);
		if (b2)
		{
			return { 0 == i12 * i22,(b2 && (0 == iChildCount)) ? 1 : iChildCount };
		}
		return { i11 | i21, iChildCount };
	}

};

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扩展阅读

视频课程

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相关下载

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测试环境

操作系统：win7 开发环境： VS2019 C++17
或者 操作系统：win10 开发环境： VS2022 C++17
如无特殊说明，本算法用**C++**实现。