内容摘要：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]

给定一个二叉树，篇学我们在树的控叉节点上安装摄像头。

节点上的篇学每个摄影头都可以监视其父对象、自身及其直接子对象。控叉

计算监控树的篇学所有节点所需的最小摄像头数量。

示例 1：

输入：[0,控叉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。篇学

示例 2：

输入：[0,控叉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篇学有效位置之一。

提示：

给定树的控叉节点数的范围是 [1, 1000]。 每个节点的篇学值都是 0。

思路

这道题目首先要想，控叉如何放置，篇学才能让摄像头最小的控叉呢?

从题目中示例，其实可以得到启发，篇学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，就浪费的源码下载一层的覆盖。

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云服务器提供商返回值，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，这样才能摄像头的源码库数量最少。

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：

监控二叉树2

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：

监控二叉树1

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：

监控二叉树3

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4         if (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;     } }; 

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哈，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，哈哈。