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.

动态规划

根据题意，对于每一个节点来说，都有选和不选两种状态，约束条件是同一条边连接的两点不能同时选中。
我们假设 dp[i] 表示选择节点i时，i的子树上可以获得的最大价值，no[i]表示不选择节点i时，i的子树上可以获得的最大价值。

那么对于一个节点i来说，假设它的左右儿子分别为left, right:

• 1.dp[i] = no[left] + no[right] + value[i]; 选择父节点，那么子节点都不能选
• 2.no[i] = max(dp[l],no[l]) + max(dp[r], no[r]); 不选择父节点，那么左右儿子的选择情况有四种，选择其中最大的即可

时间复杂度

因为每个节点被遍历一次，所以时间复杂度是$O(N)$的，同时空间复杂度也是$O(N)$的。

C++代码

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    map<TreeNode*,int> dp;  //选择当前节点
    map<TreeNode*,int> no; //不选择当前节点

    int rob(TreeNode* root) {
        dp[nullptr] = no[nullptr] = 0;
        dfs(root);
        return max(dp[root],no[root]);
    }

    void dfs(TreeNode* root){
        if(root == nullptr) return ;

        dfs(root->left);
        dfs(root->right);

        // if(root->left && root->right)
        dp[root] = no[root->left] + no[root->right] + root->val;
        no[root] = max(dp[root->left],no[root->left]) + max(dp[root->right],no[root->right]);
    }
};